Kommutative Algebra

Matthias Künzer Universität Stuttgart

8. Juli 2020

Inhalt

1 Grundlagen  8
1.1 Kommutative Ringe und Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.1 Kommutative Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.2 Kommutative Algebren über einem kommutativen Grundring . . . . . . . . . . . . 12
1.1.3 Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.1.4 Noetherzität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.1.5 Primärzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.2 Konstruktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.2.1 Lokalisierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.2.2 Limiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.2.2.1 Diagramme auf Quasiposets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.2.2.2 Direkte Limiten und Halme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.2.2.3 Inverse Limiten und Komplettierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.3 Weitere Anwendungen der Konstruktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.3.1 Mehr zur Primärzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1.3.2 Mehr zur Komplettierung: Hensels Faktorisierungslemma . . . . . . . . . . . . . . 64
2 In Richtung Geometrie  69
2.1 Moduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.2 Tensorprodukte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.3 Jacobsonsche Algebren und der Nullstellensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.4 Krulldimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
2.4.1 Definition der Krulldimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
2.4.2 Noether-Normalisierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
2.4.3 Krulldimension und ganze Erweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
2.4.4 Krulldimension null . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
2.4.5 Krulls Höhensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
2.4.6 Krulldimension und Polynomalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
A Anhang  105
A.1 Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
B Aufgaben und Lösungen  114
B.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
B.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

Verzeichnis der Sätze und einiger sonstiger Aussagen

Lemma 20  §1.1.2 S. 15 Universelle Eigenschaft der Polynomalgebra
Bemerkung 26 §1.1.3 S. 19 Universelle Eigenschaft der Faktoralgebra
Lemma 47  §1.1.3 S. 28 Existenz maximaler Ideale
Satz 56  §1.1.4 S. 31 Hilberts Basissatz
Satz 58  §1.1.4 S. 33 Endlich viele minimale Primideale
Satz 63  §1.1.5 S. 35 Existenz einer Primärzerlegung
Lemma 67  §1.2.1 S. 38 Universelle Eigenschaft der Quotientenalgebra
Lemma 82  §1.2.2.2 S. 48 Halme
Satz 106  §1.3.1 S. 63 Vergleich zweier reduzierter Primärzerlegungen
Satz 110  §1.3.2 S. 66 Hensels Faktorisierungslemma
Lemma 122  §2.2  S. 75 Universelle Eigenschaft des Tensorprodukts von Moduln
Lemma 127  §2.3  S. 77 Nakayama
Satz 138  §2.3  S. 84 Rabinowitsch
Satz 141  §2.3  S. 87 Hilberts Nullstellensatz
Lemma 145  §2.4.2 S. 89 Noether-Normalisierung
Lemma 147  §2.4.3 S. 92 Lying over
Lemma 148  §2.4.3 S. 92 Going up
Korollar 149  §2.4.3 S. 93 Konstanz der Krulldimension bei ganzen Erweiterungen
Satz 165  §2.4.5 S. 100 Krulls Höhensatz
Satz 171  §2.4.6 S. 104 Krulldimension der Polynomalgebra

Vorwort

Polynomringe

Wir betrachten den Polynomring C[X, Y] in den zwei Variablen X und Y. Genauer gesagt, ist dies eine C-Algebra. Darin ist ein Ideal eine Teilmenge, die die Null enthält und unter C[X, Y]-Linearkombinationen abgeschlossen ist. Für Polynome u_{1}(X, Y), …, u_{n}(X, Y) in C[X, Y] haben wir das Idealerzeugnis

(u_{1}(X, Y), …, u_{n}(X, Y))

:= { s_{1}(X, Y) · u_{1}(X, Y) + ⋯ + s_{n}(X, Y) · u_{n}(X, Y) : s_{1}(X, Y), …, s_{n}(X, Y) ∈ C[X, Y] }

⊆ C[X, Y]

als kleinstes Ideal, das diese vorgegebenen Polynome enthält.

Als maximales Ideal in C[X, Y] bezeichnet man eines, das eine echte Teilmenge von C[X, Y] ist und das zwischen sich und C[X, Y] kein weiteres Ideal liegen hat.

Die maximalen Ideale in C[X, Y] sind alle von der Form (X − a, Y − b) für einen gewissen Punkt (a, b) ∈ C^{2}. Man kann so jedem Punkt der komplexen Ebene in bijektiver Weise ein maximales Ideal zuordnen.

Sei nun f(X, Y) ∈ C[X, Y] ein Polynom in zwei Variablen.

Man denke etwa an Y − X^{2}, welches als Nullstellenmenge eine Parabel hat. Oder aber an Y^{2} − X^{3}, wessen Nullstellenmenge eine Spitze, also eine Singularität, im Ursprung hat.

Wann liegt der Punkt (a, b) in der Nullstellenmenge von f(X, Y)? Genau dann, wenn das Ideal (f(X, Y)) im Ideal (X − a, Y − b) enthalten ist. Bijektiv ersetzt kann man also die Nullstellenmenge von f(X, Y) ansehen als Menge aller maximalen Ideale, die (f(X, Y)) enthalten. Diese stehen dann wieder in Bijektion zu den maximalen Idealen der Faktoralgebra

C[X, Y]/(f(X, Y)) = { g(X, Y) + (f(X, Y)) : g(X, Y) ∈ C[X, Y] } .

Um die Nullstellenmenge von f(X, Y) zu studieren, kann man also die maximalen Ideale von C[X, Y]/(f(X, Y)) untersuchen.

Läßt sich dieser C-Algebra entnehmen, ob die Nullstellenmenge eine Singularität hat? Ja, das geht. So etwa ist die Lokalisierung von C[X, Y]/(Y^{2} − X^{3}) an (X − 0, Y − 0) keine regulärer lokaler C-Algebra mehr.

Daß (a, b) in der Nullstellenmenge von f(X, Y) liegt, läßt sich auch so ausdrücken, daß es den surjektiven C-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}C[X, Y]/(f(X, Y)) & → & C[X, Y]/(X − a, X − b) \\ g(X, Y) + (f(X, Y)) & ↦ & g(X, Y) + (X − a, X − b) \end{matrix}

gibt. Allgemeiner, sind 𝔠 und 𝔡 Ideale von C[X, Y], dann liegt die Nullstellenmenge von 𝔠 in der Nullstellenmenge von 𝔡, falls es den surjektiven C-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}C[X, Y]/𝔡 & → & C[X, Y]/𝔠 \\ g(X, Y) + 𝔡 & ↦ & g(X, Y) + 𝔠 \end{matrix}

gibt. Will man also das Verhalten von Nullstellenmengen von Polynomen untereinander studieren, so hat man C-Algebrenmorphismen zu studieren.

Kommutative Algebren

Sei C ein kommutativer Ring.

Seien R und S kommutative C-Algebren. Sei S ⟶^{f} R ein C-Algebrenmorphismus. Ist 𝔪 ⊆ R ein maximales Ideal, dann ist f^{−1}(𝔪) ⊆ S im allgemeinen kein maximales Ideal mehr, sondern nur noch ein Primideal. In anderen Worten, auch wenn R/𝔪 ein Körper ist, ist S/f^{−1}(𝔪) zu einer Teilalgebra von R/𝔪 isomorph und damit i.a. nur nullteilerfrei, i.e. ein Integritätsbereich.

Daher betrachtet man Primideale, i.e. Ideale 𝔭 ⊆ R mit R/𝔭 Integritätsbereich. Für ein Primideal 𝔭 ⊆ R ist auch f^{−1}(𝔭) ⊆ S ein Primideal. Dieser Begriff hat also die erforderliche Stabilität.

Die Menge der Primideale von R heißt auch das Spektrum Spec(R) und ist eine verallgemeinerte Version des Begriffs der Nullstellenmenge eines Polynoms; verallgemeinert auch in der Hinsicht, daß nicht notwendig maximale Primideale als neu hinzugekommene Punkte akzeptiert werden.

Der C-Algebrenmorphismus

S ⟶^{f} R

induziert einen Morphismus

Spec(S) ⟵^{Spec(f)} Spec(R)
f^{−1}(𝔭) ↤ 𝔭

Ist f surjektiv, wie im obigen Beispiel, dann ist Spec(f) injektiv.

Nun kann man die Dimension von Spec(R) definieren als maximale Zahl der Inklusionen in einer echten Kette von Primidealen von R.

So etwa gibt die echte Kette von Primidealen (0) ⊂ (X) ⊂ (X, Y), daß Spec(C[X, Y]) die Dimension 2 hat, was dem entspricht, daß die zu dieser C-Algebra gehörige komplexe Ebene C^{2} zweidimensional ist.

Aus der Geometrie stammen eine Reihe weiterer Fragen. So etwa kann man die Nullstellenmenge des Polynoms (Y −X^{2})^{3} ·(Y^{2} +X^{2} −1) in ihre Bestandteile zerlegen, namentlich die Nullstellenmengen von Y − X^{2} und von Y^{2} + X^{2} − 1, und das Zusammenfügen der Bestandteile geschieht durch eine nicht disjunkte Vereinigung von Parabel und Kreis. Allgemeiner führt diese Zerlegungsfrage zur Primärzerlegung eines Ideale in einer kommutativen C-Algebra.

Organisatorisches

Inhaltlich orientieren wir uns an bekannten Darstellungen der Materie wie [6], [2], [5], wobei ich auch aus [3], [4], [8], [1] vieles lernen konnte. Die Verantwortung für Fehler und Unklarheiten im vorliegenden Skript trage ich natürlich selbst. Für diesbezügliche Hinweise bin ich dankbar.

Vorausgesetzt werden elementare Kenntnisse über Lineare Algebra, insbesondere der Begriff der abelschen Gruppe.

Auf Übungen und Lösungen wird im Skript manchmal Bezug genommen, sie sind daher als Bestandteil des Skripts anzusehen.

Wegen laufender Änderungen wird empfohlen, sich während des Semesters nur die Datei regelmäßig zu erneuern und erst am Ende einen Ausdruck zu erstellen.

Dank geht an Andrey Kharitenko für Vereinfachungen und Korrekturen. Dank geht an Jonas Dallendörfer, Svea Döring, Joachim Fuchs und Alexander Marroquin Nisch für Korrekturen.

Stuttgart, im Wintersemester 2017/18

Matthias Künzer Konventionen. Seien X, Y, Z Mengen. Sei R ein kommutativer Ring.

• Es ist N = {0, 1, 2, 3, … }.

• Ist a ∈ Z, so schreiben wir Z_{⩾a} := { z ∈ Z : a ⩽ z }.

• Sind a, b ∈ Z, so schreiben wir [a, b] := { z ∈ Z : a ⩽ z ⩽ b } für das ganzzahlige Intervall.

• Für x, x′ ∈ X sei ∂_{x,y} := 1 falls x = y und ∂_{x,y} := 0 falls x ≠ y.

• Es stehe “für x ∈ X” kurz für “für alle x ∈ X”.

• Es bedeutet Y ⊂ X, daß Y ⊆ X und Y ≠ X ist.

• Es bezeichnet id = id_{X} die identische Abbildung von X nach X.

• Sei f: X \overline{}Y eine Abbildung. Sei X′ ⊆ X, Y′ ⊆ Y und f(X′) ⊆ Y′. Wir schreiben f|_{X′}^{Y′}: X′ \overline{}Y′, x′ \overline{}f(x′) für die Einschränkung. Ist Y′ = Y, so schreiben wir auch f|_{X′} := f|_{X′}^{Y}. Ist X′ = X, so schreiben wir auch f|^{Y′} := f|_{X}^{Y′}.

• Ist f: X \overline{}Y bijektiv, so bezeichnet häufig f^{−} := f^{−1} : Y \overline{}X ihre Umkehrabbildung, i.e. f^{−} ∘ f = id_{X} und f ∘ f^{−} = id_{Y} . Ist f: X → Y eine Abbildung und ist Y′ ⊆ Y, so schreiben wir f^{−1}(Y′) := { x ∈ X : f(x) ∈ Y′ } für das Urbild von Y′ unter f.

• Sei (X, ⩽) ein Poset, i.e. eine teilgeordnete Menge (partially ordered set). Es heißt x ∈ X minimal, falls es kein y ∈ X mit y < x gibt. Es heißt x ∈ X initial, falls x ⩽ z für alle z ∈ X gilt. Es heißt x ∈ X maximal, falls es kein y ∈ X mit x < y gibt. Es heißt x ∈ X terminal, falls z ⩽ x für alle z ∈ X gilt. Es existieren höchstens ein initiales und höchstens ein terminales Element in X. Für a ∈ X schreiben wir X_{>a} := { x ∈ X : x > a }, etc.

• Sei A eine additiv geschriebene abelsche Gruppe; i.e. die Addition (+) : A × A → A sei assoziativ, kommutativ und habe ein neutrales Element 0 = 0_{A}; ferner habe jedes Element a ∈ A ein additiv inverses Element −a mit a + (−a) = 0. Wir schreiben oft kurz 0 := {0}.

• Sei I eine Menge. Sei X_{i} eine Menge für i ∈ I. Schreiben wir ⨆_{i∈I} X_{i} für ⋃_{i∈I} X_{i}, so bringen wir dadurch zum Ausdruck, daß X_{i} ∩ X_{j} = ∅ ist für i, j ∈ I mit i ≠ j. Ist n ∈ Z_{⩾1} und ist I = [1, n], so schreiben wir auch X_{1} ⊔ … ⊔ X_{n} := ⨆_{i∈[1,n]} X_{i}.

• Sind a, b, x ∈ R, so bedeute a ≡_{x} b, daß es ein r ∈ R mit a − b = rx gibt.

• Für r ∈ R und d, i ∈ Z_{⩾0} schreiben wir r^{d^{i}} := r^{(d^{i})}.

• In R ist ∑_{i∈∅} r_{i} := 0 und ∏_{i∈∅} r_{i} := 1.

Kapitel 1

Grundlagen

1.1 Kommutative Ringe und Ideale

1.1.1 Kommutative Ringe

Definition 1 Ein kommutativer Ring ist eine Menge R, zusammen mit einer Abbildung

(+): R × R → R: (a, b) ↦ a + b ,

und einer Abbildung

(·): R × R → R: (a, b) ↦ a · b ,

derart, daß die Eigenschaften (1, 2, 3, 4, 5) gelten.

(1) Es ist (R, +) eine abelsche Gruppe.

(2) Es ist (a · b) · c = a · (b · c) für a, b, c ∈ R.

(3) Es ist a · b = b · a für a, b ∈ R.

(4) Es gibt ein Element 1_{R} ∈ R mit 1_{R} · a = a für a ∈ R.

(5) Es ist (a + a′) · b = a · b + a′ · b für a, a′, b ∈ R.

Die Abbildung (+) wird Addition genannt. Die Abbildung (·) wird Multiplikation genannt. Das additiv neutrale Element schreiben wir 0 = 0_{R}. Oft schreiben wir 1 := 1_{R}. Es ist das Element 1 durch die Eigenschaft (4) festgelegt, da ein weiteres Element 1′ mit dieser Eigenschaft 1′ = 1 · 1′ = 1′ · 1 = 1 erfüllt. Es ist 0 · a = 0 · a + 0 · a − 0 · a = (0 + 0) · a − 0 · a = 0 · a − 0 · a = 0 für a ∈ R. Oft schreiben wir ab := a · b für a, b ∈ R.

Sei R^{×} := R ∖ {0} ⊆ R.

Sei U(R) := { x ∈ R : es gibt ein y ∈ R mit xy = 1 } ⊆ R.

Ist xy = 1 = xy′ für gewisse y, y′ ∈ R, dann ist y = yxy′ = y′. Wir schreiben auch x^{−} = x^{−1} := y.

Es ist U(R), zusammen mit (·)|_{U(R)×U(R)}^{U(R)} , eine abelsche Gruppe, die Einheitengruppe von R. Cf. Aufgabe 1.

Bemerkung 2 (und Definition) Es gibt den Nullring 0, welcher nur ein einziges Element 0_{0} = 1_{0} enthält.

Ist umgekehrt in einem kommutativen Ring R die Gleichheit 0_{R} = 1_{R} erfüllt, dann ist für x ∈ R auch x = 1_{R} · x = 0_{R} · x = 0_{R}, so daß der Nullring vorliegt.

Definition 3 Ein kommutativer Ring R heißt Integritätsbereich oder integrer Ring, falls 0_{R} ≠ 1_{R} ist und falls für a, b ∈ R aus a · b = 0 folgt, daß a = 0 oder b = 0 ist.

Bemerkung 4 Ein kommutativer Ring R, in welchem 0_{R} ≠ 1_{R} gilt, ist ein Integritätsbereich genau dann, wenn die Abbildung

\begin{matrix}R & ⟶^{λ_{a}} & R \\ x & ↦ & ax \end{matrix}

injektiv ist für alle a ∈ R^{×}.

Beweis. Es ist λ_{a} ein Gruppenmorphismus auf der additiven abelschen Gruppen R. Also ist für a ∈ R^{×} die Abbildung λ_{a} injektiv genau dann, wenn ihr Kern gleich 0 ist, i.e. wenn für b ∈ R aus ab = 0 auch b = 0 folgt.

Definition 5 Ein kommutativer Ring R heißt Körper, falls 0_{R} ≠ 1_{R} ist und falls die Abbildung

\begin{matrix}R & ⟶^{λ_{a}} & R \\ x & ↦ & ax \end{matrix}

bijektiv ist für alle a ∈ R^{×}.

Mit anderen Worten, ein kommutativer Ring R ist ein Körper, falls ∅ ≠ R^{×} = U(R) ist.

Beispiel 6

(1) Es ist Z ein Integritätsbereich.

(2) Es sind Q, R und C Körper.

Definition 7 Seien R, S und T kommutative Ringe.

Eine Abbildung R ⟶^{f} S heißt Ringmorphismus, falls (1, 2, 3) gelten.

(1) Es ist f(x + y) = f(x) + f(y) für x, y ∈ R.

(2) Es ist f(x · y) = f(x) · f(y) für x, y ∈ R.

(3) Es ist f(1_{R}) = 1_{S}.

Ist R ⟶^{f} S ein Ringmorphismus, so ist f(0) = f(0) + f(0) − f(0) = f(0 + 0) − f(0) = f(0) − f(0) = 0.

Ist R ⟶^{f} S ein Ringmorphismus und x ∈ U(R), so ist f(x) · f(x^{−}) = f(x · x^{−}) = f(1) = 1, mithin f(x) ∈ U(S) und f(x^{−}) = f(x)^{−}.

Es ist R ⟶^{id} R ein Ringmorphismus.

Sind R ⟶^{f} S ⟶^{g} T gegebene Ringmorphismen, dann ist auch R ⟶^{g∘f} T ein Ringmorphimus.

Ist f ein bijektiver Ringmorphismus, dann ist auch f^{−} ein Ringmorphismus; cf. Aufgabe 5.(1). Ein bijektiver Ringmorphismus heißt Ringisomorphismus. Gibt es einen Ringisomorphismus von R nach S, so heißen R und S isomorph, geschrieben R ≃ S.

Definition 8 Sei R ein kommutativer Ring.

Eine abelsche Untergruppe R′ ⊆ R heißt Teilring von R, falls 1 ∈ R′ liegt und falls für x′, y′ ∈ R′ auch x′y′ ∈ R′ liegt.

Diesenfalls ist R′ mit der auf R′ eingeschränkten Addition und der auf R′ eingeschränkten Multiplikation ein Ring.

Die Inklusionsabbildung R′ ↪ R: x′ ↦ x′ ist ein Ringmorphismus.

Bemerkung 9 Seien R und S kommutative Ringe. Sei R ⟶^{f} S ein Ringmorphismus.

Dann ist f(R) ⊆ S ein Teilring.

Beweis. Es ist 1_{S} = f(1_{R}) ∈ f(R).

Seien x′, y′ ∈ f(R). Schreibe x′ = f(x) und y′ = f(y) für gewisse Elemente x, y ∈ R. Dann wird x′ + y′ = f(x) + f(y) = f(x + y) ∈ f(R). Ferner wird x′ · y′ = f(x) · f(y) = f(x · y) ∈ f(R).

Definition 10 Sei I eine Menge. Sei R_{i} ein kommutativer Ring für i ∈ I.

Wir betrachten das cartesische Produkt R := ∏_{i∈I} R_{i} = { (r_{i})_{i∈I} : r_{i} ∈ R für i ∈ I }.

Oft schreiben wir kurz (r_{i})_{i} := (r_{i})_{i∈I} .

Seien Addition und Multiplikation auf R erklärt durch

\begin{aligned}(r_{i})_{i} + (r′_{i})_{i} & := & (r_{i} + r′_{i})_{i} \\ (r_{i})_{i} · (r′_{i})_{i} & := & (r_{i} · r′_{i})_{i} \end{aligned}

für (r_{i})_{i} , (r′_{i})_{i} ∈ R. Sei ferner

1_{R} := (1_{R_{i}})_{i} .

Mit dieser Addition, dieser Multiplikation und diesem Element 1_{R} wird R ein kommutativer Ring, direktes Produkt von (R_{i})_{i∈I} genannt. Für j ∈ I ist die Projektionsabbildung

\begin{matrix}R & ⟶^{π_{j}} & R_{j} \\ (r_{i})_{i} & ↦ & r_{j} \end{matrix}

ein Ringmorphismus. Ist I = [1, n] für ein n ∈ Z_{⩾1} , so schreiben wir auch R_{1} × R_{2} × ⋯ × R_{n} := ∏_{i∈[1,n]} R_{i} für das direkte Produkt.

Beispiel. Es ist Q×Q kein Integritätsbereich. In der Tat ist (1, 0)·(0, 1) = (0, 0) = 0_{Q×Q} , aber (1, 0) ≠ 0_{Q×Q} ≠ (0, 1).

Bemerkung 11 (Universelle Eigenschaft des direkten Produkts) Sei I eine Menge. Sei R_{i} ein kommutativer Ring für i ∈ I. Schreibe R := ∏_{i∈I} R_{i}; cf. Definition 10. Sei T ein kommutativer Ring. Sei T ⟶^{t_{i}} R_{i} ein Ringmorphismus für i ∈ I. Dann gibt es genau einen Ringmorphismus T ⟶^{t} R mit π_{i} ∘ t = t_{i} für i ∈ I, namentlich

\begin{matrix}T & ⟶^{t} & R \\ x & ↦ & (t_{i}(x))_{i} . \end{matrix}

Beweis. Nach Konstruktion ist t die einzige Abbildung von T nach R mit π_{i} ∘ t = t_{i} für i ∈ I. Es bleibt zu zeigen, daß t ein Ringmorphismus ist. Es ist t(1_{T}) = (t_{i}(1))_{i} = (1_{R_{i}})_{i} = 1_{R}. Für x, y ∈ T ist

t(x + y) = (t_{i}(x + y))_{i} = (t_{i}(x) + t_{i}(y))_{i} = (t_{i}(x))_{i} + (t_{i}(y))_{i} = t(x) + t(y) und

t(x · y) = (t_{i}(x · y))_{i} = (t_{i}(x) · t_{i}(y))_{i} = (t_{i}(x))_{i} · (t_{i}(y))_{i} = t(x) · t(y) .

1.1.2 Kommutative Algebren über einem kommutativen Grundring

Sei R ein kommutativer Ring.

Es wird R die Rolle des Grundrings spielen.

Definition 12 Eine kommutative R-Algebra ist ein Ring S, zusammen mit einem Ringmorphismus R ^{\overline{}^{α}} S. Oft schreiben wir kurz S := (S, α). Man nennt eine kommutative R-Algebra auch eine kommutative Algebra über R. Der Ringmorphismus α heißt auch Strukturmorphismus der R-Algebra S = (S, α). Oft schreiben wir kurz r := α(r) für r ∈ R.

Für einige der im folgenden einzuführenden Begriffe und Sachverhalte wird der Strukturmorphismus nicht benötigt, wir könnten also für diese ebensogut bloße kommutative Ringe betrachten. Ich ziehe es aber vor, nicht allzuhäufig den Kontext zu wechseln. Kommutative Ringe können als Z-Algebren aufgefaßt werden; genauer, der Vergißfunktor von den Z-Algebren in die kommutativen Ringe, der den Strukturmorphismus vergißt, ist eine Äquivalenz. Cf. Aufgabe 5.

Definition 13 Seien kommutative R-Algebren S = (S, α), T = (T, β) und U = (U, γ) gegeben. Ein R-Algebrenmorphismus von S nach T ist ein Ringmorphismus S ⟶^{f} T mit f ∘ α = β.

\xymatrix{S \ar[rr]^{f} &  & T \\  & R \ar[ul]^{α} \ar[ur]_{β}}

Es ist S ⟶^{id} S ein R-Algebrenmorphismus. Sind S ⟶^{f} T ⟶^{g} U gegebene R-Algebrenmorphismen, dann ist auch S ⟶^{g∘f} U ein R-Algebrenmorphismus. Ist f ein bijektiver R-Algebrenmorphismus, dann ist auch f^{−} ein R-Algebrenmorphismus; cf. Aufgabe 5.(2). Ein bijektiver R-Algebrenmorphismus heißt R-Algebrenisomorphismus. Gibt es einen R-Algebrenisomorphismus von S nach T, so heißen S und T isomorph, geschrieben S ≃ T.

Definition 14 Sei S = (S, α) eine kommutative R-Algebra. Eine abelsche Untergruppe S′ ⊆ S heißt R-Teilalgebra von S, falls S′ ⊆ S ein Teilring ist, für welchen α(R) ⊆ S′ liegt. Diesenfalls ist S′ zusammen mit α|^{S′} eine R-Algebra. Die Inklusionsabbildung S′ ↪ S: x′ ↦ x′ ist ein R-Algebrenmorphismus.

Bemerkung 15 Seien S = (S, α) und T = (T, β) kommutative R-Algebren. Sei S ⟶^{f} T ein R-Algebrenmorphismus. Dann ist f(S) ⊆ T eine R-Teilalgebra.

Beweis. Dank Bemerkung 9 ist f(S) ein Teilring von T. Ferner ist β(R) = (f ∘ α)(R) ⊆ f(S).

Definition 16 Sei I eine Menge. Sei S_{i} = (S_{i}, α_{i}) eine kommutative R-Algebra für i ∈ I. Wir betrachten das direkte Produkt S := ∏_{i∈I} S_{i}. Dies ist ein Ring; cf. Definition 10. Sei R ⟶^{α} S: r ↦ (α_{i}(r))_{i}. Es ist α ein Ringmorphismus; cf. Bemerkung 11. So wird S = (S, α) eine R-Algebra, direktes Produkt von (S_{i})_{i∈I} genannt. Für j ∈ I ist die Projektionsabbildung

\begin{matrix}S & ⟶^{π_{j}} & S_{j} \\ (s_{i})_{i} & ↦ & s_{j} \end{matrix}

ein R-Algebrenmorphismus. Ist I = [1, n] für ein n ∈ Z_{⩾1} , so schreiben wir auch S_{1} × S_{2} × ⋯ × S_{n} := ∏_{i∈[1,n]} S_{i} für das direkte Produkt.

Bemerkung 17 (Universelle Eigenschaft des direkten Produktes) Sei I eine Menge. Sei S_{i} = (S_{i}, α_{i}) eine R-Algebra für i ∈ I. Schreibe S := ∏_{i∈I} S_{i}; cf. Definition 16. Sei T = (T, β) eine R-Algebra. Sei T ⟶^{t_{i}} S_{i} ein R-Algebrenmorphismus für i ∈ I. Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus T ⟶^{t} S mit π_{i} ∘ t = t_{i} für i ∈ I, namentlich

\begin{matrix}T & ⟶^{t} & S \\ x & ↦ & (t_{i}(x))_{i} . \end{matrix}

Beweis. Nach Konstruktion ist t die einzige Abbildung von T nach R mit π_{i} ∘ t = t_{i} für i ∈ I. Es bleibt zu zeigen, daß t ein R-Algebrenmorphismus ist. Dank Bemerkung 11 ist t ein Ringmorphismus. Für r ∈ R ist

(t ∘ β)(r) = (t_{i}(β(r)))_{i} = (α_{i}(r))_{i} = α(r) .

Mithin ist t ∘ β = α.

Definition 18 Sei I eine Menge. Sei X = { X_{i} : i ∈ I } eine Menge, wobei die Abbildung I → X: i ↦ X_{i} bijektiv sei. Schreibe

E_{I} := { (e_{i})_{i∈I} ∈ ∏_{i∈I} Z_{⩾0} : die Menge { i ∈ I : e_{i} ≠ 0 } ist endlich } .

Wir schreiben oft (e_{i})_{i} := (e_{i})_{i∈I} . Für e′ = (e′_{i})_{i} , e′′ = (e′′_{i})_{i} ∈ E_{I} ist auch e′ + e′′ := (e′_{i} + e′′_{i})_{i} ∈ E_{I} . Sei

R[X] := { (r_{e})_{e∈E_{I}} ∈ ∏_{e∈E_{I}} R : die Menge { e ∈ E_{I} : r_{e} ≠ 0 } ist endlich } .

Wir schreiben oft (r_{e})_{e} := (r_{e})_{e∈E_{I}} . Für (r′_{e})_{e} , (r′′_{e})_{e} ∈ R[X] sei

(r′_{e})_{e} + (r′′_{e})_{e} := (r′_{e} + r′′_{e})_{e} ∈ R[X]

und

(r′_{e})_{e} · (r′′_{e})_{e} := ( ∑_{\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix}} r′_{e′} r′_{e′′})_{e} ∈ R[X] .

Sei ferner

\begin{matrix}R & ⟶^{α_{R,X}} & R[X] \\ r & ↦ & (r∂_{(0)_{i}, e})_{e} . \end{matrix}

Es ist R[X], zusammen mit (+), (·) und α_{R,X} , eine kommutative R-Algebra, genannt die Polynomalgebra in X = (X_{i})_{i∈I} über R; cf. XXXUeXXX. Schreiben wir für j ∈ I etwas mißbräuchlich d[j] := (∂_{j,i})_{i} und X_{j} := (∂_{d[j],e})_{e}, so erhalten wir für (r_{e})_{e} ∈ R[X] die Gleichheit

(r_{e})_{e∈E_{I}} = ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}} r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} ;

cf. XXXUeXXX. Man kann auch abkürzen zu X^{e} := ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} für e ∈ E_{I} und zu

∑_{e ∈ E_{I}} r_{e}X^{e} := ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}} r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} .

Man sagt, r_{e}X^{e} sei ein Monom des Polynoms ∑_{e ∈ E_{I}} r_{e}X^{e}. Damit ergibt sich die Summe zweier Polynome ∑_{e ∈ E_{I}} r′_{e}X^{e} , ∑_{e ∈ E_{I}} r′′_{e}X^{e} ∈ R[X] zu

( ∑_{e ∈ E_{I}} r′_{e}X^{e}) + ( ∑_{e ∈ E_{I}} r′′_{e}X^{e}) = ( ∑_{e ∈ E_{I}}(r′_{e} + r′′_{e})X^{e})

und ihr Produkt zu

( ∑_{e′ ∈ E_{I}} r′_{e}X^{e}) · ( ∑_{e ∈ E_{I}} r′′_{e}X^{e}) = ∑_{e ∈ E_{I}} ( ∑_{(e′, e′′)∈E_{I}×E_{I}, e′+e′′=e} r′_{e′}r′′_{e′′})X^{e} ,

Der Strukturmorphismus ist gegeben durch

\begin{matrix}R & ⟶^{α_{R,X}} & R[X] \\ r & ↦ & r , \end{matrix}

unter Verwendung der Schreibweise r = r ∏_{i∈I} X_{i}^{0} . Oft schreiben wir R[X_{i}: i ∈ I] := R[X]. Ist n ∈ Z_{⩾1} und ist I = [1, n], so schreiben wir auch R[X_{1}, X_{2}, …, X_{n}] := R[X]. Auch nicht eigens indizierte Mengen sind zugelassen, um eine Polynomalgebra zu bilden, wie etwa R[X, Y, Z]. Dies ist dann nur eine Umbezeichnung.

Beispiel 19 Sei R = Z. Sei I = {1, 2}. In Z[X_{1} , X_{2}] gehört zu (r_{e})_{e} mit r_{(2,1)} = 7, mit r_{(3,0)} = 5 und r_{e} = 0 für e ∈ E_{{1,2}} ∖ {(2, 1), (3, 0)} Polynom

7X^{(2,1)} + 5X^{(3,0)} = 7X_{1}^{2}X_{2} + 5X_{1}^{3} .

Lemma 20 (Universelle Eigenschaft der Polynomalgebra) Sei I eine Menge. Sei X = { X_{i} : i ∈ I } eine Menge mit I → X: i ↦ X_{i} bijektiv. Sei T = (T, β) eine kommutative R-Algebra. Sei u: X → T eine Abbildung. Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus f: R[X] → T, für welchen f(X_{i}) = u(X_{i}) ist für i ∈ I. Dieser Morphismus ist gegeben durch

\begin{matrix}R[X] & ⟶^{f} & T \\ ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} & ↦ & ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r_{e}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}} . \end{matrix}

Beweis. Eindeutigkeit. Sei f: R[X] → T ein R-Algebrenmorphismus mit f(X_{i}) = u(X_{i}) ist für i ∈ I. Dann ist

\begin{matrix}f( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}) = ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}f(r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}) = ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}f(α(r_{e}) ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}) \\ = ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}f(α(r_{e})) ∏_{i∈I} f(X_{i})^{e_{i}} = ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r_{e}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}} . \end{matrix}

für ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}} r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} ∈ R[X], unabhängig von f. Existenz. Setze

f( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}) := ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r_{e}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}} .

Dann ist f(X_{i}) = u(X_{i}). Ferner ist f(α(r)) = β(r) für r ∈ R, i.e. f ∘ α = β. Es bleibt zu zeigen, daß f ein Ringmorphismus ist. Es ist f(1) = β(1) = 1.

Für ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} und ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′′_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} aus R[X] ist

f(( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}) + ( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′′_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}))

= f( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}(r′_{e} + r′′_{e}) ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}})
= ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r′_{e} + r′′_{e}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}}
= ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}(β(r′_{e}) + β(r′′_{e})) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}}
= ( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r′_{e}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}}) + ( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r′′_{e}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}})
= f( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}}) + f( ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′′_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}})

und

f(( ∑_{e′ = (e′_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′_{e′} ∏_{i∈I} X_{i}^{e′_{i}}) · ( ∑_{e′′ = (e′′_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′′_{e′′} ∏_{i∈I} X_{i}^{e′′_{i}}))

= f( ∑_{e ∈ E_{I}}(  ∑_{(e′, e′′)∈E_{I}×E_{I}, e′+e′′=e}r′_{e′}r′′_{e′′}) ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}})
= ∑_{e ∈ E_{I}}β(  ∑_{(e′, e′′)∈E_{I}×E_{I}, e′+e′′=e}r′_{e′}r′′_{e′′}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}})
= ∑_{e ∈ E_{I}}(  ∑_{(e′, e′′)∈E_{I}×E_{I}, e′+e′′=e}β(r′_{e′}) · β(r′′_{e′′})) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e_{i}})
= ∑_{(e′, e′′)∈E_{I}×E_{I}}β(r′_{e′}) · β(r′′_{e′′}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e′_{i}+e′′_{i}}
= ( ∑_{e′ = (e′_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r′_{e′}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e′_{i}}) · ( ∑_{e′′ = (e′′_{i})_{i} ∈ E_{I}}β(r′′_{e′′}) ∏_{i∈I} u(X_{i})^{e′′_{i}})
= f( ∑_{e′ = (e′_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′_{e′} ∏_{i∈I} X_{i}^{e′_{i}}) · f( ∑_{e′′ = (e′′_{i})_{i} ∈ E_{I}}r′′_{e′′} ∏_{i∈I} X_{i}^{e′′_{i}})

Bemerkung 21 Seien I und J disjunkte Mengen. Sei X = { X_{i} : i ∈ I } eine Menge mit I → X: i ↦ X_{i} bijektiv. Sei Y = { Y_{j} : j ∈ J } eine Menge mit J → Y : j ↦ Y_{j} bijektiv. Seien X und Y disjunkt. Wir haben die Bijektion I ⊔ J → X ⊔ Y, i ↦ X_{i} für i ∈ I, j ↦ Y_{j} für j ∈ J. Es ist (R[X])[Y] eine R-Algebra via α_{R[X],Y} ∘ α_{R,X}: R ↦ (R[X])[Y]. Wir erhalten die sich invertierenden R-Algebrenisomorphismen

(R[X])[Y] ⟶^{f} R[X ⊔ Y]
X_{i} ↦ X_{i}  für i ∈ I
Y_{j} ↦ Y_{j}  für j ∈ J
(R[X])[Y] ⟵^{g} R[X ⊔ Y]
X_{i} ↤ X_{i}  für i ∈ I
Y_{j} ↤ Y_{j}  für j ∈ J

Wir identifizieren die beiden R-Algebren entlang diesem Isomorphismus.

Folgender Beweis soll mit Lemma 20 auskommen.

Beweis. Dank Lemma 20 gibt es den R-Algebrenmorphismus

u: R[X] → R[X ⊔ Y]: X_{i} ↦ X_{i} für i ∈ I .

Dank Lemma 20 gibt es den R[X]-Algebrenmorphismus

f: R[X][Y] → R[X][Y]: R[X ⊔ Y]: Y_{j} ↦ Y_{j} für j ∈ J .

Es ist f ein R-Algebrenmorphismus wegen f ∘ (α_{R[X],Y} ∘ α_{R,X}) = u ∘ α_{R,X} = α_{R,X⊔Y} . Dank Lemma 20 gibt es den R-Algebrenmorphismus g: R[X ⊔ Y] → (R[X])[Y], der X_{i} nach X_{i} schickt für i ∈ I und Y_{j} nach Y_{j} für j ∈ J. Es schicken die R-Algebrenmorphismen f ∘ g und id_{R[X⊔Y]} beide X_{i} nach X_{i} für i ∈ I und Y_{j} nach Y_{j} für j ∈ J. Dank Lemma 20 ist also f ∘ g = id_{R[X⊔Y]}. Es ist α_{R[X],Y} ein R-Algebrenmorphismus nach Konstruktion: es ist α_{R[X],Y} ∘ α_{R,X} = (α_{R[X],Y} ∘ α_{R,X}) . Es schickt g∘f ebenfalls X_{i} nach X_{i} für i ∈ I und Y_{j} nach Y_{j} für j ∈ J. Es sind g∘f∘α_{R[X],Y} und α_{R[X],Y} zwei R-Algebrenmorphismen, die X_{i} nach X_{i} schicken für i ∈ I. Also ist g ∘ f ∘ α_{R[X],Y} = α_{R[X],Y} dank Lemma 20. I.e. es ist g ∘ f ein R[X]-Algebrenmorphismus. Somit sind g ∘ f und id_{(R[X])[Y]} zwei R[X]-Algebrenmorphismen, die Y_{j} nach Y_{j} schicken für j ∈ J. Also ist g ∘ f = id_{(R[X])[Y]} .

Bemerkung 22 Sei I eine Menge. Sei X = { X_{i} : i ∈ I } eine Menge mit I → X: i ↦ X_{i} bijektiv. Ist R integer, dann ist auch R[X] integer.

Beweis. Seien a := ∑_{e ∈ E_{I}} r′_{e}X^{e} und b := ∑_{e ∈ E_{I}} r′′_{e}X^{e} in R[X] gegeben mit ab = 0. Sei a ≠ 0. Wir haben b =^{!} 0 zu zeigen. Sei Ẽ_{I} := { e ∈ E_{I} : r′_{e} ≠ 0 oder r′′_{e} ≠ 0 }. Es ist Ẽ_{I} eine endliche Menge als Vereinigung zweier endlicher Mengen. Sei Ĩ:= { i ∈ I : es gibt ein e ∈ Ẽ_{I} mit e_{i} ≠ 0 }. Es ist Ĩ eine endliche Menge als Vereinigung endlich vieler endlicher Mengen. Es ist a, b ∈ R[X_{i}: i ∈ Ĩ] ⊆ R[X_{i}: i ∈ I] = R[X]. Somit können wir I als endlich annehmen. O.E. X = { X_{i} : i ∈ [1, n] } für ein n ⩾ Z_{⩾0} . Mit Induktion genügt es zu zeigen, daß aus R[X_{1}, …, X_{m−1}] integer folgt, daß R[X_{1}, …, X_{m}] integer ist für m ∈ [1, n]. Dank Bemerkung 21 genügt es also zu zeigen, daß für eine gegebene integre R-Algebra S auch S[Y] integer ist, wobei Y eine einzelne Variable sei. Sei also wieder a, b ∈ S[Y], a ≠ 0, aber ab = 0. Annahme, es ist b ≠ 0. Schreibe a = ∑_{i∈[0,k]} s′_{i}Y^{i} und b = ∑_{j∈[0,ℓ]} s′′_{j}Y^{j}, wobei s′_{k} ≠ 0 und s′′_{ℓ} ≠ 0. Da ab gleich 0 ist, ist auch der Koeffizient dieses Produktes bei Y^{k+ℓ} gleich 0. I.e. es ist s′_{k}s′′_{ℓ} = 0. Dies steht aber im Widerspruch zu S integer.

Bemerkung 23 Sei S eine kommutative R-Algebra. Wähle X = { X_{s} : s ∈ S } mit S → X: s ↦ X_{s} bijektiv. Nach Lemma 20 haben wir den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}R[X] & → & S \\ X_{s} & ↦ & s & für s ∈ S \end{matrix}

Nach Konstruktion ist dieser surjektiv. Man kann also R-Algebren studieren, indem man Polynomalgebren über R studiert und surjektive R-Algebrenmorphismen, die von diesen ausgehen.

Bemerkung. Sei S eine kommutative R-Algebra. Sei M ⊆ S eine Teilmenge. Seien I und X = { X_{i} : i ∈ I } Mengen derart, daß i ↦ X_{i} bijektiv ist und derart, daß wir eine Bijektion I ↦ M, i ↦ m_{i} wählen können. Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus f: R[X] → S mit X_{i} ↦ m_{i} für i ∈ I; cf. Lemma 20.

Sein Bild wird auch R[m_{i} : i ∈ I] := f(R[X]) geschrieben, ist eine R-Teilalgebra von S, die M enthält. Es heißt R[m_{i} : i ∈ I] auch R-Algebrenerzeugnis von M in S. Ist n ∈ Z_{⩾1} und ist I = [1, n], so schreiben wir auch R[m_{1}, …, m_{n}] := R[m_{i} : i ∈ [1, n]].

Ist T ⊆ S eine R-Teilalgebra, die M enthält, dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus g: R[X] → T mit X_{i} ↦ m_{i} für i ∈ I; cf. Lemma 20. Ist j: T → S: t ↦ t die Inklusionsabbildung, dann bildet auch j ∘ g für alle i ∈ I das Element X_{i} auf m_{i} ab, ist also gleich f. Insbesondere ist

R[m_{i} : i ∈ I] = f(R[X]) = (j ∘ g)(R[X]) ⊆ T .

Also ist R[m_{i} : i ∈ I] die initiale R-Teilalgebra von S, die M enthält.

1.1.3 Ideale

Sei R ein kommutativer Ring. Seien kommutative R-Algebren S = (S, α) und T = (T, β) gegeben.

Definition 24 Eine abelsche Untergruppe 𝔞 ⊆ S heißt Ideal in S, falls aus s ∈ S und a ∈ 𝔞 auch sa ∈ 𝔞 folgt.

Mit anderen Worten, 𝔞 ist ein Ideal in S genau dann, wenn 0 ∈ 𝔞 liegt und wenn für s, s′ ∈ S und a, a′ ∈ 𝔞 auch sa + s′a′ ∈ 𝔞 liegt.

Wir schreiben auch 𝔞^{×} := 𝔞 ∖ {0}.

Definition 25 Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal.

Auf der Faktorgruppe S/𝔞 definieren wir die Multiplikation durch

(x + 𝔞) · (y + 𝔞) := x · y + 𝔞 ,

wobei x, y ∈ S. Dann ist S/𝔞 ein Ring, wobei 1_{S/𝔞} = 1_{S} + 𝔞 ist; cf. XXXUeXXX.

Wir haben den Ringmorphismus

\begin{matrix}S & ⟶^{ρ_{S,𝔞}} & S/𝔞 \\ s & ↦ & s + 𝔞 , \end{matrix}

genannt Restklassenmorphismus und oft auch nur ρ := ρ_{S,𝔞} geschrieben.

Es ist S/𝔞 = (S/𝔞, ρ_{S,𝔞} ∘ α) eine kommutative R-Algebra, genannt R-Faktoralgebra von S modulo 𝔞.

Es ist ρ_{S,𝔞} wegen ρ_{S,𝔞} ∘ α = (ρ_{S,𝔞} ∘ α) nach Konstruktion ein R-Algebrenmorphismus.

Bemerkung 26 (Universelle Eigenschaft der Faktoralgebra)

Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal. Sei S ⟶^{f} T ein R-Algebrenmorphismus mit f(𝔞) = 0. Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus f̄: S/𝔞 → T mit f̄∘ ρ_{S,𝔞} = f. Namentlich, es ist f̄(s + 𝔞) = f(s) für s ∈ S.

Beweis. Die Eindeutigkeit von f̄ mit f̄∘ ρ_{S,𝔞} = f folgt aus der Surjektivität von ρ_{S,𝔞}. Die Existenz von f̄ mit f̄∘ρ_{S,𝔞} = f fordert gerade, daß f̄(s+𝔞) = f(s) sein soll für s ∈ S. Es ist bekannt, daß f̄ als Gruppenmorphismus zwischen abelschen Gruppen existiert. In der Tat sind s, s′ ∈ S mit s + 𝔞 = s′ + 𝔞 gegeben, dann ist s′ = s + a für ein a ∈ 𝔞 und also f(s′) = f(s + a) = f(s) + s(a) = f(s) ; da f mit Addition verträglich ist, gilt dies dann auch für f̄. Es ist f̄ ein Ringmorphismus, da f̄(1_{S/𝔞}) = f̄(1_{S} + 𝔞) = f(1_{S}) = 1_{T} ist und da

f̄((s + 𝔞) · (s′ + 𝔞)) = f̄(s · s′ + 𝔞) = f(s · s′) = f(s) · f(s′) = f̄(s + 𝔞) · f̄(s′ + 𝔞)

ist für s, s′ ∈ S.

Definition 27 Sei S ⟶^{f} T ein R-Algebrenmorphismus. Sei Kern(f) := f^{−1}({0}) ⊆ S. Es ist Kern(f) ⊆ S ein Ideal; cf. Aufgabe 8.(1). Wir haben den injektiven R-Algebrenmorphismus

S/ Kern(f) ⟶^{f̄} T
s + Kern(f) ↦ f(s) ;

cf. Aufgabe 8.(3). Es ist also f̄|^{f(S)} : S/ Kern(f) → f(S) ein R-Algebrenisomorphismus; cf. Bemerkung 15. Falls f surjektiv ist, ist also f̄ ein Isomorphismus.

Bemerkung 28 Für jede kommutative R-Algebra T existiert ein surjektiver R-Algebren-morphismus R[X] ⟶^{f} T von einer Polynomalgebra R[X] ; cf. Bemerkung 23. Folglich ist T ≃ R[X]/ Kern(f). Bis auf Isomorphie ist also jede R-Algebra von der Form R[X]/𝔞 für eine geeignete Menge X und ein geeignetes Ideal 𝔞 ⊆ R[X].

Bemerkung 29 Sei I eine Menge. Sei 𝔞_{i} ⊆ S ein Ideal für i ∈ I.

(1) Es ist

∑_{i∈I} 𝔞_{i} := { ∑_{i∈I} a_{i} : a_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I, wobei { i ∈ I : a_{i} ≠ 0 } endlich ist } ⊆ S .

ein Ideal in S.

(2) Es ist ⋂_{i∈I} 𝔞_{i} ein Ideal in S.

(3) Sei I = [1, n] für ein n ∈ Z_{⩾1} .

Sei

M := { a_{1} · a_{2} ⋯ a_{n} : a_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ [1, n] } .

Es ist

𝔞_{1} · 𝔞_{2} ⋯ 𝔞_{n} := { ∑_{j∈[1,k]} m_{j} : k ∈ Z_{⩾0} , s_{j} ∈ S und m_{j} ∈ M für j ∈ [1, k] } ⊆ S

ein Ideal.

Das Produkt aus null Idealfaktoren sei gleich S.

Es ist 𝔞_{1} · 𝔞_{2} ⋯ 𝔞_{n} ⊆ 𝔞_{1} ∩ 𝔞_{2} ∩ ⋯ ∩ 𝔞_{n}.

Beweis.

Ad (1). Es ist ∑_{i∈I} 𝔞_{i} eine abelsche Untegruppe von S. Denn zum einen ist 0 ∈ ∑_{i∈I} 𝔞_{i}. Sind zum anderen ∑_{i∈I} a_{i} und ∑_{i∈I} a′_{i} gegeben mit a_{i}, a′_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I mit { i ∈ I : a_{i} ≠ 0 } und { i ∈ I : a′_{i} ≠ 0 } endlich gegeben, dann ist wegen −1 ∈ S auch 1 · a_{i} + (−1) · a′_{i} = −a′_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I und { i ∈ I : a_{i} − a′_{i} ≠ 0 } endlich und somit

( ∑_{i∈I} a_{i}) − ( ∑_{i∈I} a′_{i}) = ∑_{i∈I}(a_{i} − a′_{i}) ∈ ∑_{i∈I} 𝔞_{i} .

Es ist die abelsche Untegruppe ∑_{i∈I} 𝔞_{i} ein Ideal in S. Denn ist s ∈ S gegeben und ∑_{i∈I} a_{i} gegeben mit a_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I mit { i ∈ I : a_{i} ≠ 0 } endlich, dann ist auch sa_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I und { i ∈ I : sa_{i} ≠ 0 } als Teilmenge von { i ∈ I : a_{i} ≠ 0 } endlich und somit

s( ∑_{i∈I} a_{i}) = ∑_{i∈I} sa_{i} ∈ ∑_{i∈I} 𝔞_{i} .

Ist I = [1, n] für ein n ∈ Z_{⩾1} , so schreiben wir auch 𝔞_{1} + 𝔞_{2} + ⋯ + 𝔞_{n} := ∑_{i∈[1,n]} 𝔞_{i}.

Ad (2). Es ist ⋂_{i∈I} 𝔞_{i} ⊆ R eine abelsche Untergruppe.

Ist s ∈ S und x ∈ ⋂_{i∈I} 𝔞_{i}, dann ist x ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I, also sx ∈ 𝔞_{i} für i ∈ I und somit sx ∈ ⋂_{i∈I} 𝔞_{i}.

Ad (3). Ist s ∈ S und m ∈ M, dann ist m = a_{1} · a_{2} ⋯ a_{n} mit a_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ [1, n] und also sm = (sa_{1}) · a_{2} ⋯ a_{n} ∈ M.

Es ist 𝔞_{1} · 𝔞_{2} ⋯ 𝔞_{n} eine abelsche Untegruppe von S. Denn es ist 0 ∈ 𝔞_{1} · 𝔞_{2} ⋯ 𝔞_{n}. Sind ferner s, s′ ∈ S und ∑_{j∈[1,k]} m_{j} mit m_{j} ∈ M für j ∈ [1, k] und ∑_{j∈[1,ℓ]} m′_{j} gegeben mit m′_{j} ∈ M für j ∈ [1, ℓ] gegeben, dann ist auch

s · ( ∑_{j∈[1,k]} m_{j}) + s′ · ( ∑_{j∈[1,k]} m′_{j}) = ( ∑_{j∈[1,k]} sm_{j}) + s′ · ( ∑_{j∈[1,k]} s′m′_{j}) ∈ 𝔞_{1} · 𝔞_{2} ⋯ 𝔞_{n} .

Bemerkung 30 Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal. Es ist genau dann 𝔞 = S, wenn 𝔞 ∩ U(S) ≠ ∅ ist.

Beweis. Ist 𝔞 = S, dann ist 1 ∈ 𝔞 ∩ U(S). Ist umgekehrt 𝔞 ∩ U(S) ≠ ∅, dann wählen wir u ∈ 𝔞 ∩ U(S). Ist s ∈ S gegeben, dann haben wir s ∈^{!} 𝔞 zu zeigen. In der Tat ist s = (su^{−})u ∈ 𝔞 wegen u ∈ 𝔞.

Definition 31 Sei n ∈ Z_{⩾0} . Sei a_{i} ∈ S für i ∈ [1, n]. Sei

(a_{i}: i ∈ [1, n]) = { ∑_{i∈[1,n]} s_{i}a_{i} : s_{i} ∈ S für i ∈ [1, n] }

das Idealerzeugnis der Elemente a_{1} , a_{2} , …, a_{n}. Wir schreiben auch ( a_{1} , a_{2} , … a_{n}) := ( a_{i}: i ∈ [1, n]). Es ist (a_{i}: i ∈ [1, n]) ein Ideal, das { a_{i} : i ∈ [1, n] } als Teilmenge enthält. Ist 𝔞 ⊆ S ein Ideal, das { a_{i} : i ∈ [1, n] } als Teilmenge enthält, dann ist (a_{i}: i ∈ [1, n]) ⊆ 𝔞. Insbesondere ist () = (0).

Definition 32

(1) Ein Element t ∈ T heißt nilpotent, falls es ein n ∈ Z_{⩾0} mit t^{n} = 0 gibt.

(2) Ein Element t ∈ T^{×} heißt ein Nullteiler in T, falls es ein t′ ∈ T^{×} mit tt′ = 0 gibt.

(3) Wir erinnern daran, daß T integer heißt, falls 0_{T} ≠ 1_{T} ist und falls T keine Nullteiler enthält.

(4) Es heiße T fast integer, falls 0_{T} ≠ 1_{T} ist und falls jeder Nullteiler in T nilpotent ist.

Definition 33

(1) Ein Ideal 𝔪 ⊆ S heißt maximal, falls S/𝔪 ein Körper ist.

(2) Ein Ideal 𝔭 ⊆ S heißt prim oder ein Primideal, falls S/𝔭 integer ist.

(3) Ein Ideal 𝔭 ⊆ S heißt primär oder ein Primärideal, falls S/𝔭 fast integer ist.

Wir haben für ein Ideal in S also die folgenden Implikationen.

maximal ⟹ prim ⟹ primär

Bemerkung 34 Ein Ideal 𝔪 ⊆ S ist maximal im Sinne von Definition 33.(1) genau dann, wenn 𝔪 ⊂ S ist und wenn es kein Ideal 𝔞 ⊆ S gibt mit 𝔪 ⊂ 𝔞 ⊂ S.

Insbesondere ist S genau dann ein Körper, wenn S zwei Ideale enthält.

Beweis. Sei zum einen 𝔪 ein maximales Ideal von S. Da Da S/𝔪 ein Körper ist, ist 0_{S/𝔪} ≠ 1_{S/𝔪} und also 𝔪 ⊂ S. Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal mit 𝔪 ⊂ 𝔞 ⊆ S. Wir haben 𝔞 =^{!} S zu zeigen. Sei a ∈ 𝔞 ∖ 𝔪. Dann ist a + 𝔪 ≠ 0 und somit eine Einheit in S/𝔪. Es gibt also ein x ∈ S mit

ax + 𝔪 = (a + 𝔪)(x + 𝔪) = 1_{S/𝔪} = 1_{S} + 𝔪 ,

weswegen es ein m ∈ 𝔪 mit ax + m = 1_{S} gibt. Da nun aber m ∈ 𝔪 ⊆ 𝔞 liegt, folgt hieraus 1_{S} ∈ 𝔞, also 𝔞 = S.

Sei zum anderen 𝔪 ⊂ S und gebe es kein Ideal 𝔞 ⊆ S gibt mit 𝔪 ⊂ 𝔞 ⊂ S. Da S/𝔪 aus mehr als einem Element besteht, ist 0_{S/𝔪} ≠ 1_{S/𝔪}. Sei x ∈ S mit x + 𝔪 ∈ (S/𝔪)^{×} gegeben.

Wir haben x + 𝔪 ∈^{!} U(S/𝔪) zu zeigen. Nun ist 𝔪 ⊂ 𝔪 + (x) ⊆ S und also 𝔪 + (x) = S. Folglich gibt es ein m ∈ 𝔪, und ein y ∈ S mit m + xy = 1_{S}. Folglich ist

(x + 𝔪)(y + 𝔪) = xy + 𝔪 = (1_{S} − m) + 𝔪 = 1_{S} + 𝔪 = 1_{S/𝔪}

und also x + 𝔪 ∈ U(S/𝔪).

Schließlich ist S ein Körper genau dann, wenn (0) ⊆ S maximal ist, i.e. wenn (0) ⊂ S ist und es außer (0) und S keine weiteren Ideale in S gibt, i.e. wenn S zwei Ideale enthält.

Definition 35 Ein Element x ∈ S heißt prim, wenn (x) ein Primideal von S ist.

Beispiel 36

(1) Ist S integer, dann ist (0) ⊆ S prim und also 0 prim.

(2) Es ist 0 ein primes Element der Z-Algebra Z, da Z ≃ Z/(0) integer ist. Es ist aber (0) nicht maximal, da Z ≃ Z/(0) kein Körper ist.

Primzahlen sind positive prime Elemente von Z.

Es hat Z die Primideale (0) und (p) für p > 0 prim. Es ist Z/(p) =: F_{p} ein Körper für p > 0 prim. Also ist diesenfalls (p) maximal.

(3) Es ist die Z-Algebra Z/(4) fast integer. Denn dieser Ring enthält die Null 0 + (4), die Einheiten 1+(4) und −1+(4) und den einzigen Nichtnullteiler 2+(4). Letzterer ist aber nilpotent. Also ist (4) ⊆ Z primär. Es ist (4) aber nicht prim.

(4) Es ist die Z-Algebra Z/(6) nicht fast integer. Denn wegen (2+(6))·(3+(6)) = 0+(6) ist 2 + (6) ein Nichtnullteiler. Wegen (2 + (6))^{3} = 8 + (6) = 2 + (6) ist 2 + (6) aber nicht nilpotent. Also ist (6) ⊆ Z nicht primär.

Beispiel 37 Seien a_{1} , a_{2} ∈ R. Wir haben den R-Algebrenmorphismus u_{a_{1},a_{2}} : R[X_{1}, X_{2}] → R, der X_{1} ↦ a_{1} und X_{2} ↦ a_{2} abbildet; cf. Lemma 20. Es ist u_{a_{1},a_{2}} surjektiv, da er r ↦ r schickt für r ∈ R. Es ist Kern(u_{a_{1},a_{2}}) = (X_{1} − a_{1} , X_{2} − a_{2}) ⊆ R[X_{1}, X_{2}], wie wir nun verifizieren wollen. Die Inklusion ⊇ folgt aus u_{a_{1},a_{2}}(X_{1} − a_{1}) = a_{1} − a_{1} = 0 und u_{a_{1},a_{2}}(X_{2} − a_{2}) = a_{2} − a_{2} = 0.

Zur Inklusion ⊆^{!}. Sei f(X_{1}, X_{2}) ∈ R[X_{1}, X_{2}] mit 0 = u_{a_{1},a_{2}}(f(X_{1}, X_{2})) = f(a_{1}, a_{2}) gegeben. Polynomdivision bezüglich X_{2} liefert f(X_{1}, X_{2}) = (X_{2} − a_{2}) · g(X_{1}, X_{2}) + r(X_{1}) mit r(X_{1}) ∈ R[X_{1}] ⊆ R[X_{1}, X_{2}]. Somit ist

0 = f(a_{1}, a_{2}) = (a_{2} − a_{2}) · g(a_{1}, a_{2}) + r(a_{1}) = r(a_{1}) .

Polynomdivision bezüglich X_{1} liefert r(X_{1}) = (X_{1} − a_{1}) · g̃(X_{1}) + r̃ mit r̃ ∈ R ⊆ R[X_{1}]. Somit ist

0 = r(a_{1}) = (a_{1} − a_{1}) · g̃(a_{1}) + r̃ = r̃ .

Zusammen hat sich also

f(X_{1} , X_{2}) = (X_{2} − a_{2}) · g(X_{1}, X_{2}) + r(X_{1})
= (X_{2} − a_{2}) · g(X_{1}, X_{2}) + (X_{1} − a_{1}) · g̃(X_{1})
∈ (X_{1} − a_{1} , X_{2} − a_{2})

ergeben. Dies beschließt unsere Verifikation. Insbesondere ist die R-Faktoralgebra R[X_{1}, X_{2}]/(X_{1} − a_{1} , X_{2} − a_{2}) isomorph zu R. Ist R ein Integritätsbereich, so ist daher (X_{1} − a_{1} , X_{2} − a_{2}) ⊆ R[X_{1}, X_{2}] ein Primideal. Ist R ein Körper, so ist daher (X_{1} − a_{1} , X_{2} − a_{2}) ⊆ R[X_{1}, X_{2}] ein maximales Ideal.

Definition 38 Die Menge der Primideale in S wird mit Spec(S) bezeichnet und heißt das Spektrum von S. Mittels (⊆) ist Spec(S) ein Poset.

Bemerkung 39 Ein Ideal 𝔭 ⊆ S ist prim genau dann, wenn 𝔭 ⊂ S ist und wenn für x, y ∈ S aus xy ∈ 𝔭 folgt, daß x ∈ 𝔭 oder y ∈ 𝔭 ist.

Beweis. Ist 𝔭 prim, dann ist zunächst 𝔭 ⊂ S. Sind ferner x, y ∈ S mit xy ∈ 𝔭 gegeben, dann ist (x + 𝔭)(y + 𝔭) = 0_{S/𝔭}, wegen S/𝔭 integer also x + 𝔭 = 0_{S/𝔭} oder y + 𝔭 = 0_{S/𝔭}, i.e. x ∈ 𝔭 oder y ∈ 𝔭.

Gilt umgekehrt die genannte Eigenschaft, dann ist zunächst 0_{S/𝔭} ≠ 1_{S/𝔭}. Sind ferner x, y ∈ S mit (x + 𝔭)(y + 𝔭) = 0_{S/𝔭} gegeben, dann ist xy ∈ 𝔭, wegen der genannten Eigenschaft also x ∈ 𝔭 oder y ∈ 𝔭, i.e. x + 𝔭 = 0_{S/𝔭} oder y + 𝔭 = 0_{S/𝔭}. Somit ist S/𝔭 integer, i.e. 𝔭 ⊆ S prim.

Bemerkung 40 Ein Ideal 𝔭 ⊆ S ist primär genau dann, wenn 𝔭 ⊂ S ist und wenn für x, y ∈ S aus xy ∈ 𝔭 und y ∉ 𝔭 folgt, daß x^{n} ∈ 𝔭 liegt für ein n ∈ Z_{⩾0} .

Beweis. Ist 𝔭 primär, dann ist zunächst 𝔭 ⊂ S. Sind ferner x, y ∈ S mit xy ∈ 𝔭 und y ∉ 𝔭 gegeben, dann ist (x + 𝔭)(y + 𝔭) = 0_{S/𝔭}, wegen S/𝔭 fast integer also (x + 𝔭)^{n} = 0_{S/𝔭} für ein n ∈ Z_{⩾0}, x^{n} ∈ 𝔭 für ein n ∈ Z_{⩾0} .

Gilt umgekehrt die genannte Eigenschaft, dann ist zunächst 0_{S/𝔭} ≠ 1_{S/𝔭}. Sind ferner x, y ∈ S mit (x + 𝔭)(y + 𝔭) = 0_{S/𝔭} und y + 𝔭 ≠ 0_{S/𝔭} gegeben, dann ist xy ∈ 𝔭, aber y ∉ 𝔭, wegen der genannten Eigenschaft also x^{n} ∈ 𝔭 für ein n ∈ Z_{⩾0}, i.e. x^{n} + 𝔭 = 0_{S/𝔭} für ein n ∈ Z_{⩾0}. Somit ist S/𝔭 fast integer, i.e. 𝔭 ⊆ S primär.

Bemerkung 41 (und Definition) Sei

S ⟶^{f} T

ein R-Algebrenmorphismus.

Ist 𝔮 ⊆ T ein Primideal, dann ist auch f^{−1}(𝔮) ⊆ S ein Primideal.

Dies liefert die Abbildung

Spec(S) ⟵^{Spec(f)} Spec(T)
f^{−1}(𝔮) =: (Spec(f))(𝔮) ↤ 𝔮 .

Beweis. Dank Aufgabe 8.(1) ist f^{−1}(𝔮) ⊆ S ein Ideal.

Dank Aufgabe 8.(2) haben wir einen injektiven R-Algebrenmorphismus

S/f^{−1}(𝔮) → T/𝔮 .

Also ist S/f^{−1}(𝔮) isomorph zu ihrem Bild, was eine R-Teilalgebra von T/𝔮 ist. Da T/𝔮 integer ist, gilt dies auch für dieses Bild und damit für S/f^{−1}(𝔮).

Alternativ kann man auch direkt argumentieren. Zum einen ist f(1_{S}) = 1_{T} ∉ 𝔮, also 1_{S} ∉ f^{−1}(𝔮), also f^{−1}(𝔮) ⊂ S. Sind ferner x, y ∈ S mit xy ∈ f^{−1}(𝔮) gegeben, aber y ∉ f^{−1}(𝔮), dann ist f(x) · f(y) = f(xy) ∈ 𝔮, aber f(y) ∉ 𝔮, woraus wir wegen 𝔮 prim f(x) ∈ 𝔮 entnehmen, i.e. x ∈ f^{−1}(𝔮).

Bemerkung 42 (und Definition) Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal.

Sei \sqrt{𝔞} := \{ x ∈ S : es gibt ein n ∈ Z_{⩾0} mit x^{n} ∈ 𝔞 \} das Radikal von 𝔞 in S.

Es ist \sqrt{𝔞} ein Ideal in S, das 𝔞 enthält.

Insbesondere ist das Nilradikal \sqrt{(0)} = \{ x ∈ S : x ist nilpotent \} ein Ideal in S.

Beweis. Es ist 0 ∈ \sqrt{𝔞}.

Seien s, s′ ∈ S und x, x′ ∈ \sqrt{𝔞}. Dann gibt es n, n′ ∈ Z_{⩾0} mit x^{n} ∈ 𝔞 und x^{′n′} ∈ 𝔞. Es ist

(sx + s′x′)^{n+n′} = ∑_{i∈[0,n+n′]} (\begin{matrix}n+n′ \\ i \end{matrix}) s^{n+n′−i}x^{n+n′−i}s^{′ i}x^{′ i} .

Da nicht sowohl n + n′ − i < n als auch i < n′ sein kann, da dies n + n′ = (n + n′ − i) + i < n + n′ nach sich zöge, liegt (sx + s′x′)^{n+n′} in 𝔞 und also sx + s′x′ ∈ \sqrt{𝔞}.

Bemerkung 43

(1) Ist 𝔞 ⊆ S ein Ideal, dann ist \sqrt{\sqrt{𝔞}} = \sqrt{𝔞}.

(2) Ist 𝔭 ⊆ S ein Primideal, dann ist \sqrt{𝔭} = 𝔭.

(3) Ist 𝔮 ⊆ S ein Primärideal, dann ist \sqrt{𝔮} ein Primideal.

Beweis.

Ad (1). Zu zeigen ist nur \sqrt{\sqrt{𝔞}} ⊆^{!} \sqrt{𝔞}. Ist x ∈ \sqrt{\sqrt{𝔞}}, so gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} mit x^{n} ∈ \sqrt{𝔞}, weswegen es ein m ∈ Z_{⩾0} gibt mit x^{nm} = (x^{n})^{m} ∈ 𝔞, was x ∈ \sqrt{𝔞} nach sich zieht.

Ad (2). Zu zeigen ist nur \sqrt{𝔭} ⊆^{!} 𝔭. Ist x ∈ \sqrt{𝔭}, dann gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} mit x^{n} ∈ 𝔭. Da 𝔭 ⊂ S, ist n ⩾ 1. Da (x+𝔭)^{n} = 0 ist und da S/𝔭 ein Integritätsbereich ist, folgt x+𝔭 = 0, i.e. x ∈ 𝔭.

Ad (3). Zum einen ist 1 ∉ \sqrt{𝔭}, da 1 ∉ 𝔭. Also ist \sqrt{𝔭} ⊂ S. Seien ferner x, y ∈ S mit

xy ∈ \sqrt{𝔭}, aber mit y ∉ \sqrt{𝔭} gegeben. Wir haben x ∈^{!} \sqrt{𝔭} zu zeigen. Es gibt ein n ∈ Z_{⩾0} mit x^{n}y^{n} ∈ 𝔭. Da 𝔭 ⊂ S, ist n ⩾ 1. Da y ∉ \sqrt{𝔭}, ist y^{n} + 𝔭 ≠ 0. Folglich ist x^{n} + 𝔭 gleich 0 oder ein Nullteiler. Wegen S/𝔭 fast integer, ist also x^{n} + 𝔭 nilpotent. Also ist auch x + 𝔭 nilpotent, i.e. x ∈ \sqrt{𝔭}.

Bemerkung 44 Sei 𝔪 ein maximales Ideal in S.

Sei n ∈ Z_{⩾1} . Sei 𝔮 ⊆ S ein Ideal, für welches 𝔪^{n} ⊆ 𝔮 ⊆ 𝔪 gilt.

Dann ist 𝔮 primär. Es ist \sqrt{𝔮} = 𝔪.

Beweis. Es ist

𝔪 ⊆ \sqrt{𝔪^{n}} ⊆ \sqrt{𝔮} ⊆ \sqrt{𝔪} =^{B. 43.(2)} 𝔪

und also \sqrt{𝔮} = 𝔪. Es ist 𝔮 ⊆ 𝔪 ⊂ S und also 𝔮 ⊂ S. Seien x, y ∈ S gegeben mit xy ∈ 𝔮, aber y ∉ 𝔮. Wir haben zu zeigen, daß es ein m ∈ Z_{⩾0} gibt mit x^{m} ∈ 𝔮; cf. Bemerkung 40. I.e. wir haben x ∈^{!} \sqrt{𝔮} = 𝔪 zu zeigen. Sei 𝔟 := { s ∈ S : sy ∈ 𝔮 }. Es ist 𝔟 ein Ideal in S mit x ∈ 𝔟. Es ist 𝔮 ⊆ 𝔟. Da y ∉ 𝔮, ist 1 ∉ 𝔟 und also auch 1 ∉ \sqrt{𝔟}. Somit ist \sqrt{𝔟} ⊂ S. Es wird

𝔪 = \sqrt{𝔮} ⊆ \sqrt{𝔟} ⊂ S ,

wegen der Maximalität von 𝔪 also 𝔪 = \sqrt{𝔟}. Es wird also x ∈ 𝔟 ⊆ \sqrt{𝔟} = 𝔪 .

Beispiel 45 Sei K ein Körper. Wir haben das maximale Ideal 𝔪 := (X_{1} , X_{2}) ⊆ K[X_{1}, X_{2}], da K[X_{1}, X_{2}]/(X_{1} , X_{2}) ≃ K ein Körper ist; cf. Beispiel 37. Das Ideal 𝔮 := (X_{1}^{2}, X_{2}) ⊆ K[X_{1}, X_{2}] ist primär, da

𝔪^{2} = (X_{1}, X_{2})^{2} = (X_{1}^{2}, X_{1}X_{2} , X_{2}^{2}) ⊆ 𝔮 = (X_{1}^{2}, X_{2}) ⊆ (X_{1}, X_{2}) = 𝔪 ist. Das Ideal (X_{1}^{2}, X_{2}) ist aber nicht prim, da X_{1}^{2} ∈ 𝔮, aber X_{1} ∉ 𝔮 liegt.

Wir wiederholen und ergänzen.

Bemerkung 46 Sei 𝔮 ein Ideal in S. Wir betrachten die folgenden Aussagen (1, 2, 3).

(1) Es ist \sqrt{𝔮} maximal.

(2) Es ist 𝔮 primär.

(3) Es ist \sqrt{𝔮} prim.

Es gelten folgende Implikationen.

(1) ⟹ (2) ⟹ (3)

Vorsicht, in Aufgabe 13 wird gezeigt, daß im allgemeinen aus (3) nicht (2) folgt – nicht einmal, wenn 𝔮 das Quadrat eines Primideals ist. Aus (2) folgt im allgemeinen nicht (1), wie 𝔮 = (0) in Z zeigt. Der Beweis zu (1) ⇒ (2) wird eine Variante des Beweises zu Bemerkung 44 sein.

Beweis. Ad (2) ⇒ (3). Dies folgt aus Bemerkung 43.(3). Ad (1) ⇒ (2). Seien x, y ∈ S gegeben mit xy ∈ 𝔮, aber y ∉ 𝔮. Wir haben x ∈^{!} \sqrt{𝔮} zu zeigen; cf. Bemerkung 40. Sei 𝔟 := \{ s ∈ S : sy ∈ 𝔮 \}. Es ist x ∈ 𝔟 und 𝔮 ⊆ 𝔟, aber 1 ∉ 𝔟. Also ist auch 1 ∉ \sqrt{𝔟}, i.e. \sqrt{𝔟} ⊂ S. Also ist \sqrt{𝔮} ⊆ \sqrt{𝔟} ⊂ S, wegen der Maximalität von \sqrt{𝔮} also \sqrt{𝔮} = \sqrt{𝔟}. Mithin wird x ∈ 𝔟 ⊆ \sqrt{𝔟} = \sqrt{𝔮}.

Lemma 47 (Existenz maximaler Ideale) Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Dann gibt es ein maximales Ideal 𝔪 in S mit 𝔞 ⊆ 𝔪 ⊂ S.

Beweis. Sei

M := { 𝔟 : 𝔟 ist ein Ideal in S mit 𝔟 ⊂ S }

die Menge der Ideale von S. Mittels (⊆) teilgeordnet ist M ein Poset. Wir haben zu zeigen, daß es in M ein maximales Element gibt, das 𝔞 enthält; cf. Bemerkung 34. Gemäß Lemma von Zorn genügt es zu zeigen, daß jede Kette in M eine obere Schranke enthält; cf. LemAppXXX. Sei K ⊆ M eine Kette. O.E. ist K ≠ ∅. Sei 𝔠 := ⋃ K = ⋃_{𝔟∈K} 𝔟. Wir behaupten, daß 𝔠 eine obere Schranke von K in M ist. Es ist 𝔠 ⊂ S, da 1 ∉ 𝔠. Denn wäre 1 ∈ 𝔠, dann gäbe es ein 𝔟 ∈ K mit 1 ∈ 𝔟, was aber 𝔟 = S nach sich zöge, was nicht der Fall ist; cf. Bemerkung 30. Bleibt zu zeigen, daß 𝔠 ein Ideal in S ist. Verwenden wir ein 𝔟 ∈ K, so sehen wir 0 ∈ 𝔟 ⊆ 𝔠. Seien zum anderen s, s′ ∈ S und c, c′ ∈ 𝔠 gegeben. Wir haben sc + s′c′ ∈^{!} 𝔠 zu zeigen. Es gibt 𝔟, 𝔟′ ∈ K mit c ∈ 𝔟 und c′ ∈ 𝔟′. Da K eine Kette ist, ist 𝔟 ⊆ 𝔟′ oder 𝔟′ ⊆ 𝔟. O.E. ist 𝔟 ⊆ 𝔟′. Da nun c, c′ ∈ 𝔟′ und da 𝔟′ ein Ideal in S ist, folgt auch sc + s′c′ ∈ 𝔟′ ⊆ 𝔠. Dies zeigt die Behauptung.

Korollar 48 Sei 0_{S} ≠ 1_{S}. Dann gibt es in S ein maximales Ideal.

Beweis. Wir haben das Ideal (0) ⊂ S, auf welches wir Lemma 47 anwenden können.

Bemerkung 49 (und Definition) Ein maximales Element von Spec(S) ist dasselbe wie ein maximales Ideal in S. Ein minimales Element von Spec(S) heiße ein minimales Primideal von S.

Beweis. Wir verwenden Bemerkung 34. Ist 𝔪 ein maximales Ideal in S, dann ist 𝔪 prim. Ist 𝔭 ∈ Spec(S) mit 𝔪 ⊆ 𝔭 ⊂ S gegeben, dann ist 𝔪 = 𝔭. Also ist 𝔪 maximal in Spec(S). Sei umgekehrt 𝔭 ein maximales Element von Spec(S). Wir wollen zeigen, daß 𝔭 ein maximales Ideal in S ist. Wir wählen ein maximales Ideal 𝔪 mit 𝔭 ⊆ 𝔪 ⊂ S; cf. Lemma 47. Da 𝔪 prim und 𝔭 maximal in Spec(S) ist, folgt 𝔭 = 𝔪. Also ist 𝔭 ein maximales Ideal in S.

Lemma 50 Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Dann gibt es in der Menge { 𝔮 ∈ Spec(S) : 𝔞 ⊆ 𝔮 } ein minimales Element.

Beweis. Ausgestattet mit (⊇) ist M := { 𝔮 ∈ Spec(S) : 𝔞 ⊆ 𝔮 } ein Poset. Dank Lemma Lem25 ist M ≠ ∅; cf. Definition 33. Wir haben zu zeigen, daß M ein maximales Element 𝔮 enthält. Gemäß Lemma von Zorn genügt es zu zeigen, daß jede Kette in M eine obere Schranke enthält; cf. LemAppXXX. Sei K ⊆ M eine Kette. O.E. ist K ≠ ∅. Sei 𝔰 := ⋂ K = ⋂_{𝔯∈K} 𝔯. Wir behaupten, daß 𝔰 eine obere Schranke von K in M ist. Es ist 𝔰 ein Ideal, das 𝔞 enthält. Zu zeigen ist, daß 𝔰 prim ist. Seien x, y ∈ S gegeben mit xy ∈ 𝔰, aber x ∉ 𝔰. Zu zeigen ist, daß y ∈^{!} 𝔰 liegt. Sei 𝔯 ∈ K gegeben. Zu zeigen ist, daß y ∈^{!} 𝔯 liegt. Da x ∉ 𝔰 liegt, gibt es ein 𝔱 ∈ K mit x ∉ 𝔱. Da K eine Kette ist, ist 𝔱 ⊆ 𝔯 oder 𝔯 ⊆ 𝔱. Falls 𝔱 ⊆ 𝔯 ist, dann folgt aus 𝔱 prim, aus xy ∈ 𝔰 ⊆ 𝔱 und aus x ∉ 𝔱, daß y ∈ 𝔱 ⊆ 𝔯 liegt. Falls 𝔯 ⊆ 𝔱 ist, dann folgt aus x ∉ 𝔱, daß x ∉ 𝔯 liegt, weswegen aus xy ∈ 𝔰 ⊆ 𝔯 und aus 𝔯 prim folgt, daß y ∈ 𝔯 liegt.

1.1.4 Noetherzität

Sei R ein kommutativer Ring. Sei S eine kommutative R-Algebra.

Definition 51 Sei S eine kommutative R-Algebra.

(1) Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal. Es heißt 𝔞 endlich erzeugt, falls es n ∈ Z_{⩾0} und a_{i} ∈ S für

i ∈ [1, n] so gibt, daß

𝔞 = ( a_{i}: i ∈ [1, n] )

ist.

(2) Es heiße S noethersch, falls jedes Ideal in S endlich erzeugt ist.

(3) Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal. Es heißt 𝔞 ein Hauptideal, wenn es ein a ∈ S mit 𝔞 = (a) gibt.

(4) Es heiße S eine Hauptidealalgebra, falls jedes Ideal in S ein Hauptideal ist.

Insbesondere sind Hauptidealalgebren noethersch.

Beispiel 52

(1) Sei K ein Körper. Es ist K eine Hauptidealalgebra über K und insbesondere noethersch.

(2) Es ist Z eine Hauptidealalgebra über Z und also noethersch. Cf. auch XXXUeXXX.

Lemma 53 Es ist S noethersch genau dann, wenn für jede aufsteigende abzählbare Kette von Idealen

𝔞_{1} ⊆ 𝔞_{2} ⊆ 𝔞_{3} ⊆ …

in S ein k ∈ Z_{⩾1} existiert mit 𝔞_{k} = 𝔞_{i} für i ∈ Z_{⩾k}.

Beweis.

Sei zum einen S noethersch. Sei eine aufsteigende abzählbare Kette von Idealen

𝔞_{1} ⊆ 𝔞_{2} ⊆ 𝔞_{3} ⊆ …

in S gegeben. Sei 𝔟 := ⋃_{i⩾1} 𝔞_{i}. Es ist 𝔟 ein Ideal. Denn zum einen ist 0 ∈ 𝔟. Zum anderen haben wir für gegebene s, s′ ∈ S und b, b′ ∈ 𝔟 Elemente i, i′ ∈ Z_{⩾1} mit b ∈ 𝔞_{i} und b′ ∈ 𝔞_{i′}. O.E. ist i ⩽ i′. Also ist mit b, b′ ∈ 𝔞_{i′} auch sb + s′b′ ∈ 𝔞_{i′} ⊆ 𝔟.

Da S noethersch ist, gibt es k ∈ Z_{⩾1} und b_{1} , …, b_{k} ∈ S mit 𝔟 = (b_{1}, …, b_{k}). Für i ∈ [1, k] liegt b_{i} ∈ 𝔟, weswegen es ein ℓ_{i} ∈ Z_{⩾1} gibt mit b_{i} ∈ 𝔞_{ℓ_{i}}. Sei ℓ := max{ ℓ_{i} : i ∈ [1, k] }. Dann ist b_{i} ∈ 𝔞_{ℓ_{i}} ⊆ 𝔞_{ℓ} für i ∈ [1, k] und also

𝔟 = (b_{1}, …, b_{k}) ⊆ 𝔞_{ℓ} ⊆ 𝔞_{j} ⊆ 𝔟

für j ∈ Z_{⩾ℓ}. Somit ist die obengenannte Kettenbedingung erfüllt.

Sei zum anderen die obengenannte Kettenbedingung erfüllt. Sei 𝔞 ein Ideal in S.

Annahme, es ist 𝔞 nicht endlich erzeugt.

Wähle ein Element a_{1} ∈ 𝔞. Es ist (a_{1}) ⊂ 𝔞, da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist. Wähle ein Element a_{2} ∈ 𝔞 ∖ (a_{1}). Es ist ( a_{1} , a_{2} ) ⊂ 𝔞, da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist. Wähle ein Element a_{3} ∈ 𝔞 ∖ ( a_{1} , a_{2} ). Es ist ( a_{1} , a_{2} , a_{3} ) ⊂ 𝔞, da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist. Und so fort. Dies gibt eine echt aufsteigende abzählbare Kette von Idealen

(a_{1}) ⊂ ( a_{1} , a_{2} ) ⊂ ( a_{1} , a_{2} , a_{3} ) ⊂ …,

im Widerspruch zur obengenannten Kettenbedingung.

Bemerkung 54 Sei S noethersch. Sei 𝔞 ∈ Ideale(S) gegeben. Dann gibt es ein n ∈ Z_{⩾1} mit (\sqrt{𝔞})^{n} ⊆ 𝔞.

Beweis. Da S noethersch ist, können wir ein k ∈ Z_{⩾0} und Elemente x_{1} , …, x_{k} ∈ S finden mit \sqrt{𝔞} = (x_{1}, x_{2}, …, x_{k}). Für i ∈ [1, k] gibt es also m_{i} ∈ Z_{⩾0} mit x_{i}^{m_{i}} ∈ 𝔞. Wir wählen m := max{ m_{i} : i ∈ [1, k] }. Dann ist x_{i}^{m} ∈ 𝔞 für i ∈ [1, k]. Wir behaupten, daß (\sqrt{𝔞})^{mk} ⊆ 𝔞 liegt. Sei s_{j,i} ∈ S für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, mk] gegeben. Jedes Element von (\sqrt{𝔞})^{mk} ist eine Summe von Elementen der Form

∏_{j∈[1,k]}( ∑_{i∈[1,k]} s_{j,i} x_{i})

und also von der Form

∑_{\begin{matrix}ℓ = (ℓ_{1} ,..., ℓ_{k})∈Z_{⩾0}^{×k} \\ ℓ_{1}+ℓ_{2}+···+ℓ_{k} = mk \end{matrix}} s_{ℓ} x_{1}^{ℓ_{1}}x_{2}^{ℓ_{2}} ⋯ x_{k}^{ℓ_{k}}

für gewisse s_{ℓ} ∈ S. Es genügt also zu zeigen, daß stets x_{1}^{ℓ_{1}}x_{2}^{ℓ_{2}} ⋯ x_{k}^{ℓ_{k}} ∈ 𝔞 liegt. Dazu genügt es zu zeigen, daß stets ein i ∈ [1, k] existiert mit ℓ_{i} ⩾ m. Wäre dem nicht so, dann folgte aus ℓ_{i} < m für i ∈ [1, k], daß mk = ℓ_{1} + ℓ_{2} + ⋯ + ℓ_{k} < mk ist, was aber nicht zutrifft.

Definition 55 Sei X ein einzelnes Element. Sei

S[X]^{×} ⟶^{deg} Z_{⩾0}
f(X) = ∑_{i⩾0} s_{i}X^{i} ↦ deg(f) = deg(f(X)) := max{ i ∈ Z_{⩾0} : s_{i} ≠ 0 } .

Es heißt deg(f) der Grad von f(X) in X.

Satz 56 (Hilberts Basissatz) Sei X ein einzelnes Element. Ist S noethersch, dann auch S[X].

Beweis. Sei 𝔞 ⊆ S[X] ein Ideal. Annahme, es ist 𝔞 nicht endlich erzeugt. Es ist (0) ⊂ 𝔞, da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist. Wähle f_{1}(X) in 𝔞∖(0) von minimalem Grad n_{1} . Es ist (f_{1}(X)) ⊂ 𝔞, da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist. Wähle f_{2}(X) in 𝔞 ∖ (f_{1}(X)) von minimalem Grad n_{2} . Es ist (f_{1}(X), f_{2}(X)) ⊂ 𝔞, da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist. Wähle f_{3}(X) in 𝔞∖(f_{1}(X), f_{2}(X)) von minimalem Grad n_{3} . Usf. Es ist n_{1} ⩽ n_{2} ⩽ n_{3} ⩽ …, da 𝔞 ∖ (0) ⊇ 𝔞 ∖ (f_{1}(X)) ⊇ 𝔞 ∖ (f_{1}(X), f_{2}(X)) … gilt. Schreibe f_{i}(X) =: ∑_{j∈[0,n_{i}]} s_{i,j}X^{j} und sodann z_{i} := s_{i,n_{i}} für i ∈ Z_{⩾1} . Wir behaupten, es ist

(z_{1}) ⊂ (z_{1} , z_{2}) ⊂ (z_{1} , z_{2} , z_{3}) ⊂ …,

gebildet in S. Wäre für ein k ∈ Z_{⩾2} das Element z_{k} enthalten in (z_{1} , z_{2} , …, z_{k−1}), dann gäbe es t_{1} , t_{2} , …, t_{k−1} ∈ S mit z_{k} = t_{1}z_{1} + t_{2}z_{2} + ⋯ + t_{k−1}z_{k−1} . Dann wäre aber wegen f_{k}(X) ∈ 𝔞 ∖ (f_{1}(X), f_{2}(X), …, f_{k−1}(X)) und wegen f_{1}(X), f_{2}(X), …, f_{k}(X) ∈ 𝔞 auch

\begin{aligned}g(X) & := & f_{k}(X) − t_{1}X^{n_{k}−n_{1}}f_{1}(X) − t_{2}X^{n_{k}−n_{2}}f_{2}(X) − ⋯ − t_{k−1}X^{n_{k}−n_{k−1}}f_{k−1}(X) \\ & ∈ & 𝔞 ∖ (f_{1}(X), f_{2}(X), …, f_{k−1}(X)) , \end{aligned}

denn alle Summanden der rechten Seite liegen in 𝔞, aber nur f_{k}(X) liegt nicht in (f_{1}(X), f_{2}(X), …, f_{k−1}(X)). Es ist deg(g) ⩽ n_{k}, da alle Summanden der rechten Seite einen Grad ⩽ n_{k} haben. Der Koeffizient von g(X) bei X^{n_{k}} ergibt sich zu

z_{k} − t_{1}z_{1} − t_{2}z_{2} − ⋯ − t_{k−1}z_{k−1} = 0 .

Also ist deg(g(X)) < deg(f_{k}(X)), im Widerspruch zur Wahl von f_{k}(X). Dies zeigt die Behauptung, welche ihrerseits im Widerspruch zur Noetherzität von S steht; cf. Lemma 53.

Korollar 57 Sei n ∈ Z_{⩾1} . Sei S noethersch. Sei X = { X_{i} : i ∈ [1, n] } eine Menge, mit [1, n] → X: i ↦ X_{i} bijektiv. Sei 𝔞 ⊆ S[X_{1}, X_{2}, …, X_{n}] ein Ideal. Es ist S[X_{1}, X_{2}, …, X_{n}]/𝔞 noethersch.

Beweis. Mit Iteration von Satz 56 ist S[X_{1}, X_{2}, …, X_{n}] als noethersch zu erkennen; cf. Bemerkung 21. Dank XXXUeXXX ist dann auch S[X_{1}, X_{2}, …, X_{n}]/𝔞 noethersch.

Satz 58 (Endlich viele minimale Primideale)

Sei S noethersch.

Die Menge der minimalen Primideale von S ist endlich.

Beweis. Sei 𝔞 ein Ideal in S. Wir behaupten, daß die Menge der minimalen Elemente von { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔞 ⊆ 𝔭 } endlich ist.

Sei M die Menge der Ideale von S, für welche die Menge der minimalen Elemente von { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔞 ⊆ 𝔭 } nicht endlich ist. Es ist M mittels (⊆) teilgeordnet.

Annahme, es ist M ≠ ∅. Da S noethersch ist, gibt es in M ein maximales Element 𝔟; cf. Aufgabe 12. Es ist 𝔟 nicht prim, da die Menge { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔭 } sonst nur ein einziges minimales Element enthielte, nämlich 𝔟.

Also gibt es x, y ∈ S mit xy ∈ 𝔟, aber x ∉ 𝔟 und y ∉ 𝔟; cf. Bemerkung 39.

Schreibe 𝔟′ := 𝔟 + (x) und 𝔟′′ := 𝔟 + (y). Es ist 𝔟 ⊂ 𝔟′ und 𝔟 ⊂ 𝔟′′. Also liegen 𝔟′ und 𝔟′′ nicht in M.

Sei 𝔮 minimal in { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔭 }. Dann ist xy ∈ 𝔟 ⊆ 𝔮, also x ∈ 𝔮 oder y ∈ 𝔮, i.e. 𝔟′ ⊆ 𝔮 oder 𝔟′′ ⊆ 𝔮.

Ist 𝔟′ ⊆ 𝔮, dann ist 𝔮 minimal in { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟′ ⊆ 𝔭 }, da ein Primideal, das echt in 𝔮 läge und 𝔟′ enthielte, auch 𝔟 enthielte, was wegen der Minimalität von 𝔮 in { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔭 } nicht sein kann.

Ist 𝔟′′ ⊆ 𝔮, dann ist 𝔮 minimal in { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟′′ ⊆ 𝔭 }. Dies folgt genauso.

Somit ist die Menge der minimalen Elemente in { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔭 } enthalten in der Vereinigung der Menge der minimalen Elemente von { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟′ ⊆ 𝔭 } und der Menge der minimalen Elemente von { 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔟′′ ⊆ 𝔭 }.

Da die erstere Menge unendlich ist, die letzteren beiden aber endlich, haben wir einen Widerspruch. Dies zeigt die Behauptung.

Die Aussage folgt nun aus der Behauptung als Spezialfall 𝔞 = (0).

1.1.5 Primärzerlegung

Sei R ein kommutativer Ring. Sei S eine kommutative R-Algebra.

Bemerkung 59 (und Definition) Seien 𝔞 und 𝔟 Ideale in S. Sei

(𝔞 : 𝔟) := { x ∈ S : x𝔟 ⊆ 𝔞 } .

Es ist (𝔞 : 𝔟) ein Ideal in S.

Beweis. Es ist 0 ∈ (𝔞 : 𝔟). Seien x, x′ ∈ (𝔞 : 𝔟). Seien s, s′ ∈ S. Wir haben sx + s′x′ ∈^{!} (𝔞 : 𝔟) zu zeigen. Sei b ∈ 𝔟. Wir haben (sx + s′x′)b ∈^{!} 𝔞 zu zeigen. Aber es ist (sx + s′x′)b = s(xb) + s′(x′b) ∈ 𝔞, da xb, x′b ∈ 𝔞 liegen.

Beispiel 60 In Z ist ((6) : (3)) = (2), da für z ∈ Z genau dann z(3) ⊆ (6) ist, wenn z ∈ (2) liegt.

Definition 61 Sei 𝔞 ein Ideal in S. Es heißt 𝔞 unzerlegbar, wenn für Ideale 𝔟 und 𝔠 in S aus 𝔞 = 𝔟 ∩ 𝔠 folgt, daß 𝔞 = 𝔟 oder 𝔞 = 𝔠 ist.

Lemma 62 Sei 𝔞 ein Ideal in S. Folgende Aussagen (1, 2) gelten.

(1) Ist 𝔞 prim, dann ist 𝔞 unzerlegbar.

(2) Ist S noethersch und 𝔞 unzerlegbar, dann ist 𝔞 primär.

Beweis. Wir verwenden die Bemerkungen 39 und 40. Ad (1). Sei 𝔞 prim. Seien 𝔟 und 𝔠 Ideale in S mit 𝔞 = 𝔟 ∩ 𝔠. Es ist also 𝔞 ⊆ 𝔟 und 𝔞 ⊆ 𝔠. Zu zeigen ist, daß 𝔞 = 𝔟 oder 𝔞 = 𝔠 ist. Annahme, es ist 𝔞 ⊂ 𝔟 und 𝔞 ⊂ 𝔠. Dann gibt es ein b ∈ 𝔟 ∖ 𝔞 und ein c ∈ 𝔠 ∖ 𝔞. Es ist bc ∈ 𝔟 ∩ 𝔠 = 𝔞. Also ist b ∈ 𝔞 oder c ∈ 𝔞. Wir haben einen Widerspruch. Ad (2). Seien x, y ∈ S mit xy ∈ 𝔞, aber y ∉ 𝔞. Wir haben zu zeigen, daß es ein n ∈ Z_{⩾0} gibt mit x^{n} ∈ 𝔞. Es ist

𝔞 = (𝔞 : (x^{0})) ⊆ (𝔞 : (x^{1})) ⊆ (𝔞 : (x^{2})) ⊆ …

Da S noethersch ist, gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} mit (𝔞 : (x^{n})) = (𝔞 : (x^{n+1})) ; cf. Lemma 53. Wir behaupten 𝔞 = (𝔞 + (x^{n})) ∩ (𝔞 + (y)). Sei z ∈ (𝔞 + (x^{n})) ∩ (𝔞 + (y)). Es ist z ∈^{!} 𝔞 zu zeigen. Schreibe z = a + sx^{n} mit a ∈ 𝔞 und s ∈ S. Schreibe z = a′ + s′y mit a′ ∈ 𝔞 und s′ ∈ S. Es wird sx^{n+1} = x(a + sx^{n}) − xa = xz − xa = x(a′ + s′y) − xa = x(a′ − a) + s′(xy) ∈ 𝔞 . Also ist s ∈ (𝔞 : (x^{n+1})) = (𝔞 : (x^{n})). Folglich ist z = a + sx^{n} ∈ 𝔞. Da 𝔞 unzerlegbar ist, da 𝔞 = (𝔞 + (x^{n})) ∩ (𝔞 + (y)) ist und da 𝔞 ⊂ 𝔞 + (y) ist, folgt 𝔞 = 𝔞 + (x^{n}), i.e. x^{n} ∈ 𝔞.

Satz 63 (Existenz einer Primärzerlegung)

Sei S noethersch. Sei 𝔞 ein Ideal von S.

Dann gibt es ein k ∈ Z_{⩾0} und Primärideale 𝔮_{1} , …, 𝔮_{k} in S mit

𝔞 = ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮_{i} .

Ist k = 0, so ist hierbei die rechte Seite als gleich S zu verstehen.

Beweis. Sei M die Menge der Ideale von S, welche nicht als Schnitt endlich vieler Primärideale in S geschrieben werden können. Es ist M teilgeordnet mittels (⊆).

Annahme, es ist M ≠ ∅. Da S noethersch ist, gibt es in M ein maximales Element 𝔟; cf. Aufgabe 12. Dieses ist nicht primär. Da S noethersch ist, ist 𝔟 nicht unzerlegbar; cf. Lemma 62.(2). Also können wir 𝔟 = 𝔠 ∩ 𝔡 schreiben mit 𝔟 ⊂ 𝔠 und 𝔟 ⊂ 𝔡. Es sind 𝔠 und 𝔡 nicht in M. Also gibt es k, ℓ ∈ Z_{⩾0} und Primärideale 𝔮′_{i} für i ∈ [1, k] und 𝔮′′_{j} für j ∈ [1, ℓ] derart, daß

𝔠 = ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮′_{i}  und  𝔡 = ⋂_{j∈[1,ℓ]} 𝔮′′_{j}

sind. Es folgt

𝔟 = 𝔠 ∩ 𝔡 = ( ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮′_{i}) ∩ ( ⋂_{j∈[1,ℓ]} 𝔮′′_{j}) .

Wir haben einen Widerspruch.

1.2 Konstruktionen

1.2.1 Lokalisierung

Sei R ein kommutativer Ring. Sei S = (S, α) eine kommutative R-Algebra.

Definition 64 Sei N ⊆ S eine Teilmenge.

Es heißt N eine multiplikative Teilmenge, wenn 1 ∈ N liegt und wenn für alle x, y ∈ N auch xy ∈ N liegt.

Es sollen mittels einer Konstruktion von Brüchen die Elemente von N “invertierbar gemacht” werden.

Beispiel 65

(1) Es ist U(S) eine multiplikative Teilmenge von S.

(2) Ist s ∈ S, so ist { s^{k} : k ∈ Z_{⩾0} } eine multiplikative Teilmenge von S.

(3) Ist 𝔭 ∈ Spec(S), dann ist S ∖ 𝔭 eine multiplikative Teilmenge von S. In der Tat ist 1 ∈ S ∖ 𝔭. Ferner folgt aus x, y ∈ S ∖ 𝔭, daß auch xy ∈ S ∖ 𝔭 liegt, da 𝔭 prim ist.

(4) Ist S integer, so erhalten wir als Spezialfall von (3), daß S ∖ (0) = S^{×} eine multiplikative Teilmenge von S ist.

Bemerkung 66 (und Definition) Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge. Sei auf S × N folgende Relation (∼) erklärt. Es sei (s, n) ∼ (s′, n′) genau dann, wenn es ein x ∈ N mit xn′s = xns′ gibt, wobei (s, n), (s′, n′) ∈ S × N. Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation. Die Äquivalenzklasse von (s, n) bezüglich (∼) werde mit \frac{s}{n} oder mit s/n bezeichnet. Sei

S//N := \{ \frac{s}{n} : s ∈ S, n ∈ N \}

die Quotientenalgebra von S durch N. Für \frac{s}{n} ∈ S//N ist \frac{s}{n} = \frac{sy}{ny} für y ∈ N, da 1 · s(ny) = 1 · n(sy). Auf S//N können wir eine Addition (+) erklären durch

\frac{s}{n} + \frac{s′}{n′} := \frac{sn′ + ns′}{nn′}

und eine Multiplikation (·) durch

\frac{s}{n} · \frac{s′}{n′} := \frac{ss′}{nn′} ,

wobei \frac{s}{n} , \frac{s′}{n′} ∈ S//N. Mittels dieser Addition und dieser Multiplikation wird S//N ein kommutativer Ring. Hierbei ist 0_{S//N} = \frac{0_{S}}{1} und 1_{S//N} = \frac{1_{S}}{1} . Wir haben den Ringmorphismus

\begin{matrix}S & ⟶^{λ_{S,N}} & S//N \\ s & ↦ & \frac{s}{1} . \end{matrix}

Somit wird S//N = (S//N, λ_{S,N} ∘ α) zu einer kommutativen R-Algebra und λ_{S,N} zu einem R-Algebrenmorphismus. Es ist λ_{S,N}(N) ⊆ U(S//N). Oft schreiben wir auch λ = λ_{S,N} . Oft schreiben wir mißbräuchlich s := \frac{s}{1} für s ∈ S.

Beweis. Zur Äquivalenzrelation (∼). Es ist (s, n) ∼ (s, n) für (s, n) ∈ S × N. Ist (s, n) ∼ (s′, n′), dann ist (s′, n′) ∼ (s, n) für (s, n), (s′, n′) ∈ S × N. Seien nun (s, n), (s′, n′), (s′′, n′′) ∈ S × N mit (s, n) ∼ (s′, n′) und (s′, n′) ∼ (s′′, n′′) gegeben. Wir wählen x ∈ N mit xsn′ = xs′n. Wir wählen x′ ∈ N mit x′s′n′′ = x′s′′n′. Dann ist xx′n′ ∈ N und

(xx′n′)sn′′ = x′n′′(xsn′) = x′n′′(xs′n) = xn(x′s′n′′) = xn(x′s′′n′) = (xx′n′)s′′n . Also ist (s, n) ∼ (s′′, n′′). Zur Wohldefiniertheit der Addition. Es genügt zu zeigen, daß für (s, n), (s̃, ñ), (s′, n′) ∈

S × N aus (s, n) ∼ (s̃, ñ) folgt, daß \frac{sn′+ns′}{nn′} =^{!} \frac{s̃n′+ñs′}{ñn′} ist. Wähle x ∈ N mit xsñ = xs̃n.

Dann wird in der Tat x(sn′ + ns′)(ñn′) = xsn′ñn′ + xns′ñn′ = xs̃n′nn′ + xns′ñn′ = x(s̃n′ + ñs′)(nn′) .

Zur Wohldefiniertheit der Multiplikation. Es genügt zu zeigen, daß für

(s, n), (s̃, ñ), (s′, n′) ∈ S × N aus (s, n) ∼ (s̃, ñ) folgt, daß \frac{ss′}{nn′} =^{!} \frac{s̃s′}{ñn′} ist. Wähle

x ∈ N mit xsñ = xs̃n. Dann wird in der Tat x(ss′)(ñn′) = x(s̃s′)(nn′) .

Zur abelschen Gruppe (S//N, +). Seien \frac{s}{n} , \frac{s′}{n′} , \frac{s′′}{n′′} ∈ S//N gegeben. Es ist \frac{0}{1} + \frac{s}{n} = \frac{0·n+1·s}{1·n} = \frac{s}{n} . Also ist 0_{S//N} = \frac{0}{1} . Es ist \frac{s}{n} + \frac{s′}{n′} = \frac{sn′+ns′}{nn′} = \frac{s′n+n′s}{nn′} = \frac{s′}{n′} + \frac{s}{n} . Es ist (\frac{s}{n} + \frac{s′}{n′})+ \frac{s′′}{n′′} = \frac{sn′+ns′}{nn′} + \frac{s′′}{n′′} = \frac{(sn′+ns′)n′′+(nn′)s′′}{(nn′)n′′} = \frac{sn′n′′+ns′n′′+nn′s′′}{nn′n′′} . Auf der anderen Seite ist \frac{s}{n} + (\frac{s′}{n′} + \frac{s′′}{n′′}) = \frac{s}{n} + \frac{s′n′′+n′s′′}{n′n′′} = \frac{s(n′n′′)+n(s′n′′+n′s′′)}{n(n′n′′)} = \frac{sn′n′′+ns′n′′+nn′s′′}{nn′n′′} . Das ist dasselbe. Es ist \frac{s}{n} + \frac{−s}{n} = \frac{sn+n(−s)}{n^{2}} = \frac{0}{n^{2}} = \frac{0}{1} . Zum kommutativen Ring (S//N, +, ·). Seien \frac{s}{n} , \frac{s′}{n′} , \frac{s′′}{n′′} ∈ S//N gegeben. Es ist \frac{s}{n} · \frac{1}{1} = \frac{s·1}{n·1} = \frac{s}{n}. Also ist 1_{S//N} = \frac{1}{1} . Es ist \frac{s}{n} · \frac{s′}{n′} = \frac{ss′}{nn′} = \frac{s′s}{n′n} = \frac{s′}{n′} · \frac{s}{n} . Es ist (\frac{s}{n} · \frac{s′}{n′}) · \frac{s′′}{n′′} = \frac{ss′s′′}{nn′′′} = \frac{s}{n} · (\frac{s′}{n′} · \frac{s′′}{n′′}) . Es ist \frac{s}{n} ·(\frac{s′}{n′} + \frac{s′′}{n′′}) = \frac{s}{n} · \frac{s′n′′+n′s′′}{n′n′′} = \frac{ss′n′′+sn′s′′}{nn′n′′} und \frac{s}{n} · \frac{s′}{n′} + \frac{s}{n} · \frac{s′′}{n′′} = \frac{ss′}{nn′} + \frac{ss′′}{nn′′} = \frac{ss′nn′′+nn′ss′′}{nn′nn′′} = \frac{ss′n′′+sn′s′′}{nn′n′′} , was dasselbe ist. Zum Ringmorphismus λ_{S,N} . Seien s, s′ ∈ S gegeben. Es ist λ_{S,N}(1_{S}) = \frac{1}{1} = 1_{S//N} .

Es ist λ_{S,N}(s) + λ_{S,N}(s′) = \frac{s}{1} + \frac{s′}{1} = \frac{s·1+1·s′}{1·1} = \frac{s+s′}{1} = λ_{S,N}(s + s′). Es ist λ_{S,N}(s) · λ_{S,N}(s′) = \frac{s}{1} · \frac{s′}{1} = \frac{s·s′}{1} = λ_{S,N}(s · s′).

Zu λ_{S,N}(N) ⊆^{!} U(S//N). Für n ∈ N ist λ_{S,N}(n) · \frac{1}{n} = \frac{n}{1} · \frac{1}{n} = \frac{n}{n} = \frac{1}{1} = 1_{S//N} .

Lemma 67 (Universelle Eigenschaft der Quotientenalgebra) Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge. Sei T = (T, β) eine kommutative R-Algebra. Sei S ⟶^{f} T ein R-Algebrenmorphismus mit f(N) ⊆ U(T). Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus S//N ⟶^{f′} T mit f′ ∘ λ_{S,N} = f. Dieser erfüllt dann f′(\frac{s}{n}) = f(s) · f(n)^{−} für \frac{s}{n} ∈ S//N.

Beweis. Zur Eindeutigkeit. Sei S//N ⟶^{g} T ein R-Algebrenmorphismus mit g∘λ_{S,N} = f. Sei \frac{s}{n} ∈ S//N. Wir wollen zeigen, daß g(\frac{s}{n}) durch die Vorgabe von f festliegt. In der Tat ist g(\frac{s}{n}) = g(\frac{s}{1} · \frac{1}{n}) = g(\frac{s}{1})·g(\frac{1}{n}) = g(\frac{s}{1})·g((\frac{n}{1})^{−}) = g(\frac{s}{1})·(g(\frac{n}{1}))^{−} = (g ∘λ_{S,N})(s)· ((g ∘ λ_{S,N})(n))^{−} = f(s) · f(n)^{−}. Zur Existenz. Wir wollen f′(\frac{s}{n}) := f(s) · f(n)^{−} setzen für \frac{s}{n} ∈ S//N. Zur Wohldefiniertheit von f′. Seien s, s̃ ∈ S und n, ñ ∈ N gegeben, sowie x ∈ N mit xsñ = xs̃n. Dann wird in der Tat

f(s) · f(n)^{−} = f(x)^{−} · f(ñ)^{−} · f(x) · f(ñ) · f(s) · f(n)^{−}
= f(x)^{−} · f(ñ)^{−} · f(xñs) · f(n)^{−}
= f(x)^{−} · f(ñ)^{−} · f(xns̃) · f(n)^{−}
= f(x)^{−} · f(ñ)^{−} · f(x) · f(n) · f(s̃) · f(n)^{−}
= f(s̃) · f(ñ)^{−} .

Zu f′ ∘ λ_{S,N} =^{!} f. Für s ∈ S wird (f′ ∘ λ_{S,N})(s) = f′(\frac{s}{1}) = f(s) · f(1)^{−} = f(s).

Zum Ringmorphismus f′. Seien \frac{s}{n} , \frac{s′}{n′} ∈ S//N gegeben. Es wird f′(1_{S//N}) = f′(\frac{1}{1}) = f(1) · f(1)^{−} = 1. Es wird f′(\frac{s}{n} + \frac{s′}{n′}) = f′(\frac{s′n+n′s}{nn′}) = f(s′n + n′s) · f(nn′)^{−} = (f(s′) · f(n) + f(n′) · f(s)) · f(n)^{−} · f(n′)^{−} = f(s′) · f(n′)^{−} + f(s) · f(n)^{−} = f′(\frac{s}{n}) + f′(\frac{s′}{n′}). Es wird f′(\frac{s}{n} · \frac{s′}{n′}) = f′(\frac{ss′}{nn′}) = f(ss′) · f(nn′)^{−} = f(s) · f(s′) · f(n)^{−} · f(n′)^{−} = (f(s) · f(n)^{−}) · (f(s′) · f(n′)^{−}) = f′(\frac{s}{n}) · f′(\frac{s′}{n′}). Zum R-Algebrenmorphismus f′. Zu zeigen ist f′ ∘ (λ_{S,N} ∘ α) =^{!} β. Für r ∈ R wird

(f′ ∘ (λ_{S,N} ∘ α))(r) = f′(\frac{α(r)}{1}) = f(α(r)) · f(1)^{−} = β(r) .

Bemerkung 68 (und Definition) Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge.

Sei 𝔞 ein Ideal in S. Wir schreiben

𝔞//N := \{ \frac{a}{n} : a ∈ 𝔞, n ∈ N \} ⊆ S//N .

Es ist 𝔞//N ein Ideal in S//N, das λ_{S,N}(𝔞) enthält.

Es ist 𝔞//N in jedem Ideal von S//N enthalten, das λ_{S,N}(𝔞) enthält.

Beweis. Es ist 0_{S//N} = \frac{0}{1} ∈ 𝔞//N. Sind \frac{s}{ñ} , \frac{s′}{ñ′} ∈ S//N und \frac{a}{n} , \frac{a′}{n′} ∈ 𝔞//N, dann ist

\frac{s}{ñ} · \frac{a}{n} + \frac{s′}{ñ′} · \frac{a′}{n′} = \frac{sañ′n′ + ñns′a′}{ñnñ′n′} ∈ 𝔞//N .

Ist a ∈ 𝔞, dann ist λ_{S,N}(a) = \frac{a}{1} ∈ 𝔞//N. Also ist λ_{S,N}(𝔞) ⊆ 𝔞//N.

Ist umgekehrt 𝔟 ein Ideal in S//N mit λ_{S,N}(𝔞) ⊆ 𝔟, dann ist für a ∈ 𝔞 und n ∈ N auch \frac{a}{n} = \frac{a}{1} · \frac{1}{n} ∈ 𝔟 und somit 𝔞//N ⊆ 𝔟.

Bemerkung 69

(1) Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge. Wir haben folgende Bijektion.

{ 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔭 ⊆ S ∖ N } ↔ Spec(S//N)
𝔭 ↦ 𝔭//N
λ_{S,N}^{−1}(𝔮) ↤ 𝔮

Ist ferner 𝔭 ∈ Spec(S) mit 𝔭 ⊆ S ∖ N gegeben, und ist s ∈ S und n ∈ N, dann ist genau dann \frac{s}{n} ∈ 𝔭//N, wenn s ∈ 𝔭 liegt.

(2) Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal. Wir haben folgende Bijektion.

{ 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔭 ⊇ 𝔞 } ↔ Spec(S/𝔞)
𝔭 ↦ ρ_{S,𝔞}(𝔭)
ρ_{S,𝔞}^{−1}(𝔮) ↤ 𝔮

Beweis.

Ad (1). Zeigen wir zuerst die zweite Behauptung. Sei s ∈ S und n ∈ N. Zu zeigen ist nur, daß aus \frac{s}{n} ∈ 𝔭//N folgt, daß s ∈ 𝔭 liegt. Sei also \frac{s}{n} = \frac{p}{m} mit p ∈ 𝔭 und m ∈ N. Dann gibt es ein x ∈ N mit xsm = xpn ∈ 𝔭. Da x, m ∈ N ⊆ S ∖ 𝔭 liegen, folgt wegen 𝔭 prim hieraus s ∈ 𝔭. Dies zeigt die Behauptung.

Für die Wohldefiniertheit von ↦ müssen wir nachweisen, daß für 𝔭 ∈ Spec(S) mit 𝔭 ⊆ S ∖ N auch 𝔭//N ein Primideal von S//N ist. Es ist \frac{1}{1} ∉ 𝔭//N, da 1 ∉ 𝔭; cf. Behauptung.

Also ist 𝔭//N ⊂ S//N. Seien \frac{s}{n} , \frac{s′}{n′} ∈ S//N gegeben mit \frac{s}{n} · \frac{s′}{n′} ∈ 𝔭//N. Dank Behauptung ist dann ss′ ∈ 𝔭, wegen 𝔭 prim also s ∈ 𝔭 oder s′ ∈ 𝔭, woraus dann wieder \frac{s}{n} ∈ 𝔭//N oder \frac{s′}{n′} ∈ 𝔭 folgt.

Für die Wohldefiniertheit von ↤ merken wir zunächst an, daß λ_{S,N}^{−1}(𝔮) ∈ Spec(S) liegt; cf.

Bemerkung 44. Bleibt N ∩ λ_{S,N}^{−1}(𝔮) =^{!} ∅ zu zeigen. Annahme, es gibt ein n ∈ N ∩ λ_{S,N}^{−1}(𝔮). Dann ist λ_{S,N}(n) ∈ U(S//N)∩𝔮 dank Bemerkung 66 und also 𝔮 = S//N ; cf. Bemerkung 30. Wir haben einen Widerspruch zu 𝔮 ⊂ S//N.

Sei 𝔭 ∈ Spec(S) mit 𝔭 ∩ N = ∅ gegeben. Es ist λ_{S,N}^{−1}(𝔭//N) = \{ s ∈ S : \frac{s}{1} ∈ 𝔭 \} = 𝔭; cf. Behauptung.

Sei 𝔮 ∈ Spec(S//N). Es ist λ_{S,N}^{−1}(𝔮)//N =^{!} 𝔮 zu zeigen. Sei \frac{s}{n} ∈ λ_{S,N}^{−1}(𝔮)//N. Dann ist s ∈ λ_{S,N}^{−1}(𝔮) gemäß Behauptung, i.e. \frac{s}{1} ∈ 𝔮. Also ist \frac{s}{n} = \frac{s}{1} · \frac{1}{n} ∈ 𝔮. Sei umgekehrt \frac{s}{n} ∈ 𝔮. Dann ist \frac{s}{1} = \frac{s}{n} · \frac{n}{1} ∈ 𝔮, i.e. s ∈ λ_{S,N}^{−1}(𝔮). Also ist \frac{s}{n} ∈ λ_{S,N}^{−1}(𝔮)//N.

Ad (2). Dies folgt aus den Aufgaben 10 und ??.(4).

Bemerkung 69.(2) wurde zwecks besserer Vergleichsmöglichkeit mit Bemerkung 69.(1) hier mit angeführt.

Bemerkung 70 Sei 0_{S} ≠ 1_{S}. Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge.

Genau dann ist S ⟶^{λ_{S,N}} S//N injektiv, wenn N keinen Nullteiler von S und nicht 0_{S} enthält.

Insbesondere ist λ_{S,N} injektiv, falls S integer und 0 ∉ N ist.

Beweis. Wir wollen Kern(λ_{S,N}) berechnen. Sei s ∈ S. Genau dann ist s ∈ Kern(λ_{S,N}), wenn \frac{s}{1} = \frac{0}{1} ist, i.e. wenn es ein x ∈ N gibt mit xs = 0.

Genau dann zieht dies s = 0 nach sich, wenn N keinen Nullteiler von S und nicht 0_{S} enthält.

Definition 71 Es heißt S lokal, wenn es in S genau ein maximales Ideal gibt.

Beispiel 72

(1) Ist S ein Körper, so ist S lokal, mit maximalem Ideal (0).

(2) Es ist Z/(4) eine lokale Z-Algebra. Denn darin ist das von 2 + (4) erzeugte Ideal das eindeutige maximale Ideal.

Bemerkung 73 Es ist S genau dann lokal, wenn S ∖ U(S) ein Ideal in S ist.

Diesenfalls ist S ∖ U(S) das eindeutige maximale Ideal in S.

Beweis. Wir machen Gebrauch von Bemerkung 30. Sei zum einen S lokal. Sei 𝔪 ⊆ S das eindeutige maximale Ideal. Wir behaupten 𝔪 = S ∖ U(S). Ist x ∈ 𝔪, dann ist (x) ⊆ 𝔪 ⊂ S und also x ∈ S ∖ U(S). Ist umgekehrt x ∈ S ∖ U(S), dann ist auch xy ∉ U(S) für y ∈ S und also (x) ⊂ S. Somit gibt es ein maximales Ideal 𝔫 in S mit (x) ⊆ 𝔫 ⊂ S; cf. Lemma 47. Da es in S nur das maximale Ideal 𝔪 gibt, folgt x ∈ (x) ⊆ 𝔫 = 𝔪. Sei zum anderen S ∖ U(S) ein Ideal in S. Sei 𝔪 ein maximales Ideal in S. Es genügt, 𝔪 =^{!} S ∖ U(S) zu zeigen. Da 𝔪 ⊂ S und 1 ∈ U(S) ist, ist 𝔪 ⊆ S ∖ U(S) ⊂ S. Dank Maximalität von 𝔪 ist also 𝔪 = S ∖ U(S).

Bemerkung 74 (und Definition) Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Wir betrachten die multiplikative Teilmenge N := S ∖ 𝔭 von S; cf. Beispiel 65.(3). Wir schreiben auch S_{𝔭} := S//N für die Lokalisierung von S an 𝔭. Für ein Ideal 𝔞 ⊆ S schreiben wir auch 𝔞_{𝔭} := 𝔞//N. Es ist S_{𝔭} lokal, mit maximalem Ideal 𝔭_{𝔭}.

Beweis. Es genügt zu zeigen, daß 𝔭_{𝔭} = S_{𝔭} ∖ U(S_{𝔭}) ist; cf. Bemerkung 73.

Um ⊆^{!} zu zeigen, genügt es \frac{1}{1} ∉^{!} 𝔭_{𝔭} zu zeigen; cf. Bemerkung 30. Dies aber folgt, da 1 ∉ 𝔭; cf. Bemerkung 69.(1).

Zeigen wir ⊇^{!}. Sei \frac{s}{n} ∈ S_{𝔭} ∖ U(S_{𝔭}). Dann ist s ∉ N, da sonst \frac{s}{n} · \frac{n}{s} = \frac{1}{1} auch \frac{s}{n} ∈ U(S_{𝔭}) nach sich zöge, was nicht so ist. Also ist s ∈ 𝔭 und somit \frac{s}{n} ∈ 𝔭_{𝔭}.

Bemerkung 75 (und Definition) Sei S integer. Wir schreiben auch Quot(S) := S_{(0)} = S//S^{×} für den Quotientenkörper von S.

Es ist in der Tat Quot(S) ein Körper. Es ist S ⟶^{λ_{S,S^{×}}} Quot(S) injektiv.

Beweis. Es ist (0)_{(0)} = (0) ein maximales Ideal in Quot(S); cf. Bemerkung 74. Also ist Quot(S) ≃ Quot(S)/(0) ein Körper. Da S^{×} keinen Nullteiler und nicht 0_{S} enthält, ist λ_{S,S^{×}} injektiv; cf. Bemerkung 70.

Definition 76 Sei x ∈ S. Schreibe N := { x^{k} : k ∈ Z_{⩾0} }. Wir schreiben S_{x} := S//N.

Lemma 77 Sei 𝔞 ein Ideal in S.

Es ist \sqrt{𝔞} = ⋂\{ 𝔭 ∈ Spec(S) : 𝔭 ⊇ 𝔞 \}.

Hierbei ist der Schnitt über eine leere Menge von Teilmengen von S als S definiert.

Beweis.

Ad (⊆). Sei 𝔭 ∈ Spec(S) mit 𝔭 ⊇ 𝔞 gegeben. Es folgt \sqrt{𝔞} ⊆ \sqrt{𝔭} = 𝔭; cf. Bemerkung 43.(2).

Ad (⊇). Sei x ∈ S ∖ \sqrt{𝔞} gegeben. Wir haben zu zeigen, daß es ein 𝔭 ∈ Spec(S) gibt mit 𝔭 ⊇ 𝔞 und x ∉ 𝔭.

Sei N = \{ x^{k} : k ∈ Z_{⩾0} \}. Wir betrachten S//N = S_{x}. Es ist 𝔞//N ⊂ S//N, da \frac{1}{1} ∉ 𝔞//N, da ansonsten aus \frac{1}{1} = \frac{a}{x^{k}} für ein a ∈ 𝔞 und ein k ∈ Z_{⩾0} folgen würde, daß x^{ℓ}·x^{k}·1 = x^{ℓ}·1·a ∈ 𝔞 ist für ein ℓ ∈ Z_{⩾0} , was nicht zutrifft. Somit gibt es ein maximales Ideal 𝔪 in S//N mit 𝔞//N ⊆ 𝔪 ⊂ S//N ; cf. Lemma 47. Folglich ist 𝔞 ⊆ λ_{S,N}^{−1}(𝔪) =: 𝔭 ∈ Spec(S). Aber es ist x ∉ 𝔭, da ansonsten \frac{x}{1} ∈ U(S//N) ∩ 𝔪 läge, was gemäß Bemerkung 30 auch 𝔪 = S//N nach sich zöge, was nicht so ist.

1.2.2 Limiten

Sei R ein kommutativer Ring.

1.2.2.1 Diagramme auf Quasiposets

Definition 78

(1) Sei I eine Menge. Eine Relation (⩽) auf I heißt Quasiteilordnung, falls sie reflexiv und transitiv ist. Eine Menge I, ausgestattet mit einer Quasiteilordnung (⩽), heißt auch Quasiposet.

(2) Ist I = (I, ⩽) ein Quasiposet und J ⊆ I, so ist J = (J, (⩽)∩(J ×J)) ein Quasiposet, genannt Teilquasiposet von I.

(3) Sei I = (I, ⩽) ein Quasiposet. Ein Diagramm von kommutativen R-Algebren auf I besteht aus einem Tupel (S_{i})_{i∈I} aus kommutativen R-Algebren S_{i} und aus einem Tupel (S_{j} ⟵^{u_{j,i}} S_{i})_{j, i ∈ I, j⩾i} von R-Algebrenmorphismen derart, daß u_{i,i} = id_{S_{i}} ist für i ∈ I und daß u_{k,j} ∘ u_{j,i} = u_{k,i} ist für alle k, j, i ∈ I mit k ⩾ j ⩾ i.

(4) Sei I = (I, ⩽) ein Quasiposet. Es heißt I gerichtet, wenn es zu jedem (i, j) ∈ I × I ein k ∈ I gibt mit i ⩽ k und j ⩽ k.

1.2.2.2 Direkte Limiten und Halme

Sei I = (I, ⩽) ein nichtleeres gerichtetes Quasiposet.

Bemerkung 79 (und Definition) Sei

S := ((S_{i})_{i∈I} , (S_{j} ⟵^{u_{j,i}} S_{i})_{j, i ∈ I, j⩾i})

ein Diagramm von kommutativen R-Algebren. Sei dabei S_{i} mit dem Strukturmorphismus R ⟶^{α_{i}} S_{i} ausgestattet für i ∈ I. Sei M := { (i, s_{i}) : i ∈ I, s_{i} ∈ S_{i} }. Auf M sei die Relation (∼) folgendermaßen gegeben. Für (i, s′_{i}), (j, s′′_{j}) ∈ M sei

(i, s′_{i}) ∼ (j, s′′_{j})

genau dann, wenn es ein k ∈ I gibt mit k ⩾ i und k ⩾ j und u_{k,i}(s′_{i}) = u_{k, j}(s′′_{j}). Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation. Für (i, s_{i}) ∈ M schreiben wir [i, s_{i}] für seine Äquivalenzklasse bezüglich (∼). Sei

\underrightarrow{lim}_{i∈I} S_{i} := \underrightarrow{lim} S := \{ [i, s_{i}] : (i, s_{i}) ∈ M \}

die Menge der Äquivalenzklassen von Elementen aus M. Sei die Addition (+) und die Multiplikation (·) auf \underrightarrow{lim} S erklärt durch

[i, s′_{i}] + [j, s′′_{j}] := [k, u_{k,i}(s′_{i}) + u_{k,j}(s′′_{j})]

resp. durch

[i, s′_{i}] · [j, s′′_{j}] := [k, u_{k,i}(s′_{i}) · u_{k,j}(s′′_{j})] ,

wobei k ∈ I mit k ⩾ i und k ⩾ j gewählt sei. Dann ist \underrightarrow{lim} S = (\underrightarrow{lim} S, +, ·) ein kommutativer Ring. Dabei ist 0_{⟶^{lim} S} = [i, 0_{S_{i}}] und 1_{⟶^{lim} S} = [i, 1_{S_{i}}] für jedes i ∈ I. Wir haben den Ringmorphismus

\begin{matrix}S_{k} & ⟶^{ω_{k}^{S}} & \underrightarrow{lim} S \\ s_{k} & ↦ & [k, s_{k}] \end{matrix}

für k ∈ I. Es ist ω_{ℓ}^{S} ∘ u_{ℓ,k} = ω_{k}^{S} für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k. Sei α := ω_{k}^{S} ∘ α_{k} für ein k ∈ I. Der Ringmorphismus α hängt nicht von der Wahl von k ∈ I ab. Es ist \underrightarrow{lim} S = (\underrightarrow{lim} S, α) eine kommutative R-Algebra. Es ist S_{k} ⟶^{ω_{k}^{S}} \underrightarrow{lim} S ein R-Algebrenmorphismus für k ∈ I. Es heißt die R-Algebra \underrightarrow{lim}_{i∈I} S_{i} = \underrightarrow{lim} S = (\underrightarrow{lim} S, α) der direkte Limes des Diagramms S. Oft schreiben wir auch ω_{k} := ω_{k}^{S} für k ∈ I.

Beweis.

Zur Äquivalenzrelation (∼). Es ist (∼) reflexiv und symmetrisch. Zeigen wir, daß (∼) transitiv ist. Seien (i, s′_{i}), (j, s′′_{j}), (k, s′′′_{k}) in M gegeben mit (i, s′_{i}) ∼ (j, s′′_{j}) und (j, s′′_{j}) ∼ (k, s′′′_{k}). Dann gibt es ℓ ∈ I mit ℓ ⩾ i und ℓ ⩾ j und u_{ℓ,i}(s′_{i}) = u_{ℓ, j}(s′′_{j}). Ferner gibt es ein m ∈ I mit m ⩾ j und m ⩾ k und u_{m,j}(s′′_{j}) = u_{m,k}(s′′′_{k}). Wähle n ∈ I mit n ⩾ ℓ und n ⩾ m, möglich, da I gerichtet ist. Dann wird

\begin{aligned}u_{n,i}(s′_{i}) & = & u_{n,ℓ}(u_{ℓ,i}(s′_{i})) = u_{n,ℓ}(u_{ℓ,j}(s′′_{j})) \\ & = & u_{n,j}(s′′_{j}) = u_{n,m}(u_{m,j}(s′′_{j})) = u_{n,m}(u_{m,k}(s′′′_{k})) = u_{n,k}(s′′′_{k}) \end{aligned}

und also (i, s′_{i}) ∼ (k, s′′′_{k}).

Beachte, daß für (i, s_{i}) ∈ M und j ∈ I mit j ⩾ i stets [i, s_{i}] = [j, u_{j,i}(s_{i})] gilt, da j ⩾ i und j ⩾ j sowie u_{j,i}(s_{i}) = u_{j,j}(u_{j,i}(s_{i})) gilt.

Zu (+) und (·). Zeigen wir in der Situation der Definition der Addition, daß [k, u_{k,i}(s′_{i}) + u_{k,j}(s′′_{j})] nicht von der Wahl von k mit k ⩾ i und k ⩾ j abhängt. Sei ℓ ∈ I mit ℓ ⩾ i und

ℓ ⩾ j gegeben. Wir haben [k, u_{k,i}(s′_{i}) + u_{k,j}(s′′_{j})] =^{!} [ℓ, u_{ℓ,i}(s′_{i}) + u_{ℓ,j}(s′′_{j})] zu zeigen. Wähle m ∈ I mit m ⩾ k und m ⩾ ℓ. Dann wird

[k, u_{k,i}(s′_{i}) + u_{k,j}(s′′_{j})] = [m, u_{m,k}(u_{k,i}(s′_{i}) + u_{k,j}(s′′_{j}))]
= [m, u_{m,k}(u_{k,i}(s′_{i})) + u_{m,k}(u_{k,j}(s′′_{j}))]
= [m, u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,i}(s′′_{j})]
= [m, u_{m,ℓ}(u_{ℓ,i}(s′_{i})) + u_{m,ℓ}(u_{ℓ,j}(s′′_{j}))]
= [m, u_{m,ℓ}(u_{ℓ,i}(s′_{i}) + u_{ℓ,j}(s′′_{j}))]
= [ℓ, u_{ℓ,i}(s′_{i}) + u_{ℓ,j}(s′′_{j})] .

Genauso hängt in der Situtation der Definition der Multiplikation [k, u_{k,i}(s′_{i}) · u_{k,j}(s′′_{j})] nicht von der Wahl von k mit k ⩾ i und k ⩾ j ab.

Zeigen wir, daß [k, u_{k,i}(s′_{i}) + u_{k,j}(s′′_{j})] nicht von der Wahl der Repräsentanten (i, s′_{i}) und (j, s′′_{j}) abhängt. Es genügt zu zeigen, daß es nicht von der Wahl des Repräsentanten (i, s′_{i}) abhängt. Sei (h, s̃′_{h}) mit [i, s′_{i}] = [h, s̃′_{h}] gegeben. Dann gibt es ein ℓ ∈ I mit ℓ ⩾ i und ℓ ⩾ h und u_{ℓ,i}(s′_{i}) = u_{ℓ,h}(s̃′_{h}). Wähle ein m ∈ I mit m ⩾ k und m ⩾ ℓ. Unter Beachtung der vorangegangenen Unabhängigkeit wird nun

[m, u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,j}(s′′_{j})] = [m, u_{m,ℓ}(u_{ℓ,i}(s′_{i})) + u_{m,j}(s′′_{j})]
= [m, u_{m,ℓ}(u_{ℓ,h}(s̃′_{h})) + u_{m,j}(s′′_{j})]
= [m, u_{m,h}(s̃′_{h}) + u_{m,j}(s′′_{j})] .

Genauso hängt [k, u_{k,i}(s′_{i}) · u_{k,j}(s′′_{j})] nicht von der Wahl der Repräsentanten (i, s′_{i}) und (j, s′′_{j}) abhängt.

Zum kommutativen Ring \underrightarrow{lim} S.

Sei i ∈ I. Sei [j, s_{j}] ∈ M. Es ist

[i, 0_{S_{i}}] + [j, s_{j}] = [k, u_{k,i}(0_{S_{i}}) + u_{k,j}(s_{j})] = [k, 0_{S_{k}} + u_{k,j}(s_{j})] = [k, u_{k,j}(s_{j})] = [j, s_{j}] , wobei k ∈ I mit k ⩾ i und k ⩾ j. Folglich ist 0_{⟶^{lim} S} := [i, 0_{S_{i}}] neutral bezüglich (+). Diese Definition von 0_{⟶^{lim} S} ist unabhängig von der Wahl von i. Sei i ∈ I. Sei [j, s_{j}] ∈ M. Es ist

[i, 1_{S_{i}}] · [j, s_{j}] = [k, u_{k,i}(1_{S_{i}}) · u_{k,j}(s_{j})] = [k, 1_{S_{k}} · u_{k,j}(s_{j})] = [k, u_{k,j}(s_{j})] = [j, s_{j}] , wobei k ∈ I mit k ⩾ i und k ⩾ j. Folglich ist 1_{⟶^{lim} S} := [i, 1_{S_{i}}] neutral bezüglich (·). Diese Definition von 1_{⟶^{lim} S} ist unabhängig von i. Seien [i, s′_{i}], [j, s′′_{j}], [k, s′′′_{k}] ∈ S gegeben. Wähle m ∈ I mit m ⩾ i, m ⩾ j und m ⩾ k, auffindbar durch zweifache Anwendung der Gerichtetheit von I. Es wird

[i, s′_{i}] + [j, s′′_{j}] = [m, u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,j}(s′′_{j})]
= [m, u_{m,j}(s′′_{j}) + u_{m,i}(s′_{i})]
= [j, s′′_{j}] + [i, s′_{i}]
([i, s′_{i}] + [j, s′′_{j}]) + [k, s′′_{k}] = ([m, u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,j}(s′′_{j})]) + [k, s′′_{k}]
= [m, u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,j}(s′′_{j}) + u_{m,k}(s′′_{k})]
= [i, s′_{i}] + [m, u_{m,j}(s′′_{j}) + u_{m,k}(s′′_{k})]
= [i, s′_{i}] + ([j, s′′_{j}] + [k, s′′_{k}])
[i, s′_{i}] + [i, −s′_{j}] = [i, s′_{i} − s′_{j}]
= [i, 0]
= 0_{⟶^{lim} S} .

Entsprechend wird

[i, s′_{i}] · [j, s′′_{j}] = [m, u_{m,i}(s′_{i}) · u_{m,j}(s′′_{j})]
= [m, u_{m,j}(s′′_{j}) · u_{m,i}(s′_{i})]
= [j, s′′_{j}] · [i, s′_{i}]
([i, s′_{i}] · [j, s′′_{j}]) · [k, s′′_{k}] = ([m, u_{m,i}(s′_{i}) · u_{m,j}(s′′_{j})]) · [k, s′′_{k}]
= [m, u_{m,i}(s′_{i}) · u_{m,j}(s′′_{j}) · u_{m,k}(s′′_{k})]
= [i, s′_{i}] · [m, u_{m,j}(s′′_{j}) · u_{m,k}(s′′_{k})]
= [i, s′_{i}] · ([j, s′′_{j}] · [k, s′′_{k}]) .

Desweiteren wird

([i, s′_{i}] + [j, s′′_{j}]) · [k, s′′′_{k}] = ([m, u_{m,i}(s′_{i})] + [m, u_{m,j}(s′′_{j})]) · [m, u_{m,k}(s′′′_{k})]
= ([m, u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,j}(s′′_{j})]) · [m, u_{m,k}(s′′′_{k})]
= [m, (u_{m,i}(s′_{i}) + u_{m,j}(s′′_{j})) · u_{m,k}(s′′′_{k})]
= [m, (u_{m,i}(s′_{i}) · u_{m,k}(s′′′_{k}) + u_{m,j}(s′′_{j}) · u_{m,k}(s′′′_{k})]
= [m, (u_{m,i}(s′_{i}) · u_{m,k}(s′′′_{k})] + [m, u_{m,j}(s′′_{j}) · u_{m,k}(s′′′_{k})]
= [m, (u_{m,i}(s′_{i})] · [m, u_{m,k}(s′′′_{k})] + [m, u_{m,j}(s′′_{j})] · [m, u_{m,k}(s′′′_{k})]
= [i, s′_{i}] · [k, s′′′_{k}] + [j, s′′_{j}] · [k, s′′′_{k}] .

Also ist \underrightarrow{lim} S = (\underrightarrow{lim} S, +, ·) ein kommutativer Ring.

Zum Ringmorphismus ω_{k}^{S} . Sei k ∈ I. Wir haben die Abbildung

\begin{matrix}S_{k} & ⟶^{ω_{k}^{S}} & \underrightarrow{lim} S \\ s_{k} & ↦ & [k, s_{k}] \end{matrix}

für k ∈ I. Seien s_{k} , s′_{k} ∈ S_{k} gegeben. Es wird ω_{k}^{S}(s_{k} + s′_{k}) = [k, s_{k} + s′_{k}] = [k, s_{k}] + [k, s′_{k}] = ω_{k}^{S}(s_{k}) + ω_{k}^{S}(s′_{k})

ω_{k}^{S}(1_{S_{k}}) = [k, 1_{S_{k}}] = 1_{S}
ω_{k}^{S}(s_{k} · s′_{k}) = [k, s_{k} · s′_{k}] = [k, s_{k}] · [k, s′_{k}] = ω_{k}^{S}(s_{k}) · ω_{k}^{S}(s′_{k})

Also ist ω_{k}^{S} ein Ringmorphismus. Für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k wird

(ω_{ℓ}^{S} ∘ u_{ℓ,k})(s_{k}) = [ℓ, u_{ℓ,k}(s_{k})] = [k, s_{k}] = ω_{k}^{S}(s_{k})

für s_{k} ∈ S_{k}, woraus

ω_{ℓ}^{S} ∘ u_{ℓ,k} = ω_{k}^{S}

folgt. Zur kommutativen R-Algebra \underrightarrow{lim} S und zum R-Algebrenmorphismus ω_{k}^{S} . Zeigen wir, daß ω_{k}^{S} ∘ α_{k} nicht von der Wahl von k ∈ I abhängt. Sei ℓ ∈ I. Wir haben ω_{k}^{S} ∘ α_{k} =^{!} ω_{ℓ}^{S} ∘ α_{ℓ} zu zeigen. Wähle m ∈ I mit m ⩾ k und m ⩾ ℓ. Es wird

ω_{k}^{S} ∘ α_{k} = ω_{m}^{S} ∘ u_{m,k} ∘ α_{k} = ω_{m}^{S} ∘ u_{m,ℓ} ∘ α_{ℓ} = ω_{ℓ}^{S} ∘ α_{ℓ} .

Somit können wir für beliebig gewähltes k ∈ I setzen, es sei α := ω_{k}^{S} ∘ α_{k}; dies ist unabhängig von der Wahl von k. Es folgt, daß \underrightarrow{lim} S = (\underrightarrow{lim} S, α) eine kommutative R-Algebra ist.

Ferner ist wegen ω_{k}^{S} ∘ α_{k} = α in der Tat S_{k} ⟶^{ω_{k}^{S}} S ein R-Algebrenmorphismus für k ∈ I.

Lemma 80 (Universelle Eigenschaft des direkten Limes) Sei

S = ( (S_{i})_{i∈I} , (S_{j} ⟵^{u_{j,i}} S_{i})_{j, i ∈ I, j⩾i} )

ein Diagramm von kommutativen R-Algebren. Sei dabei S_{i} mit dem Strukturmorphismus R ⟶^{α_{i}} S_{i} ausgestattet für i ∈ I. Sei T = (T, β) eine kommutative R-Algebra. Sei S_{k} ⟶^{η_{k}} T ein R-Algebrenmorphismus für k ∈ I, und sei dabei η_{ℓ} ∘ u_{ℓ,k} = η_{k} für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k. Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus \underrightarrow{lim}_{i∈I} S_{i} ⟶^{η} T mit η ∘ ω_{k}^{S} = η_{k} für k ∈ I. Es ist η([i, s_{i}]) = η_{i}(s_{i}) für [i, s_{i}] ∈ \underrightarrow{lim} S.

Beweis. Schreibe S := \underrightarrow{lim}_{i∈I} S_{i} und α für den Strukturmorphismus von S. Zur Eindeutigkeit. Ist S ⟶^{η} T ein R-Algebrenmorphismus mit η ∘ ω_{k}^{S} = η_{k} für i ∈ I, dann ist für s_{k} ∈ S_{k} auch η([k, s_{k}]) = (η ∘ ω_{k}^{S})(s_{k}) = η_{k}(s_{k}) festgelegt. Zur Existenz. Wir wollen η([k, s_{k}]) := η_{k}(s_{k}) setzen für [k, s_{k}] ∈ S. Dies ist unabhängig von der Repräsentantenwahl, denn ist ℓ ∈ I und s̃_{ℓ} ∈ S_{ℓ} gegeben mit (k, s_{k}) = (ℓ, s̃_{ℓ}), dann gibt es ein m ∈ I mit m ⩾ i und m ⩾ j sowie u_{m,k}(s_{k}) = u_{m,ℓ}(s̃_{ℓ}). Es folgt

η_{k}(s_{k}) = η_{m}(u_{m,k}(s_{k})) = η_{m}(u_{m,ℓ}(s̃_{ℓ})) = η_{ℓ}(s̃_{ℓ}) .

Also ist η eine wohldefinierte Abbildung. Es ist η ∘ ω_{k}^{S} = η_{k} für k ∈ I, da für s_{k} ∈ S_{k} sich (η ∘ ω_{k}^{S})(s_{k}) = η([k, s_{k}]) = η_{k}(s_{k}) ergibt. Wir wollen zeigen, daß η ein Ringmorphismus ist. Es ist η(1_{S}) = η([k, 1_{S_{k}}]) = η_{k}(1_{S_{k}}) = 1_{T} , wozu k ∈ I gewählt wurde. Seien [k, s′_{k}], [ℓ, s′′_{ℓ}] ∈ S. Wähle m ∈ I mit m ⩾ k und m ⩾ ℓ. Dann wird

η([k, s′_{k}] + [ℓ, s′′_{ℓ}]) = η([m, u_{m,k}(s′_{m}) + u_{m,ℓ}(s′′_{ℓ})])
= η_{k}(u_{m,k}(s′_{k}) + u_{m,ℓ}(s′′_{ℓ})])
= η_{k}(u_{m,k}(s′_{k})) + η_{m}(u_{m,ℓ}(s′′_{ℓ})])
= η_{k}(s′_{k}) + η_{ℓ}(s′′_{ℓ})

=

et([k, s′_{k}]) + η([ℓ, s′′_{ℓ}]) .

Genauso wird

η([k, s′_{k}] · [ℓ, s′′_{ℓ}]) = η([k, s′_{k}]) · η([ℓ, s′′_{ℓ}]) .

Bleibt zu zeigen, daß η ein R-Algebrenmorphismus ist, i.e. daß η ∘ α = β ist. Für ein gewähltes k ∈ I wird in der Tat

η ∘ α = η ∘ ω_{k}^{S} ∘ α_{k} = η_{k} ∘ α_{k} = β .

Bemerkung 81 (und Definition) Sei S eine kommutative R-Algebra. Für x ∈ S sei D_{x} = D_{S,x} := { 𝔭 ∈ Spec(S) : x ∉ 𝔭 }. Für y, x ∈ S sei y ⩾ x, falls D_{y} ⊆ D_{x} ist. Wir schreiben N_{x} := { x^{k} : k ∈ Z_{⩾0} } für x ∈ S. Es gelten (1, 2, 3).

(1) Es ist (S, ⩽) ein Quasiposet. Ist N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge, dann ist N ein nichtleeres gerichtetes Teilquasiposet von S.

(2) Seien y, x ∈ S gegeben. Genau dann ist y ⩾ x, wenn \sqrt{(y)} ⊆ \sqrt{(x)} liegt.

(3) Seien y, x ∈ S mit y ⩾ x gegeben. Dann gibt es den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S_{y} & ⟵^{v_{y,x}} & S_{x} \\ \frac{s}{1} · (\frac{x^{k}}{1} )^{−} & ↤ & \frac{s}{x^{k}} \end{matrix}

wobei k ∈ Z_{⩾0} . Es ist v_{y,x} ∘ λ_{S,N_{x}} = λ_{S,N_{y}} .

(4) Seien z, y, x ∈ S mit z ⩾ y ⩾ x gegeben. Dann ist v_{x,x} = id_{S_{x}} und v_{z,y} ∘v_{y,x} = v_{z,x}.

Beweis. Ad (1). Da (⊆) auf den Teilmengen von S reflexiv und transitiv ist, ist auch (⩽) reflexiv und transitiv. Somit ist S ein Quasiposet. Betrachten wir das Teilquasiposet N. Da 1 ∈ N, ist N ≠ ∅. Bleibt zu zeigen, daß N gerichtet ist. Seien x, y ∈ N. Es ist xy ∈ N. Wegen Symmetrie genügt es, D_{xy} D^{!}_{x} zu zeigen. Sei 𝔭 ∈ D_{xy}. Dann ist xy ∉ 𝔭. Also ist x ∉ 𝔭. Ad (2). Sei zum einen y ⩾ x, i.e. D_{y} ⊆ D_{x}. Dann ist { 𝔭 : 𝔭 ⊇ (y) } ⊇ { 𝔭 : 𝔭 ⊇ (x) }. Also ist ⋂\{ 𝔭 : y ∈ 𝔭 \} ⊆ ⋂\{ 𝔭 : x ∈ 𝔭 \}. Dank Lemma 77 bedeutet dies \sqrt{(y)} ⊆ \sqrt{(x)}.

Sei zum anderen \sqrt{(y)} ⊆ \sqrt{(x)}. Wir haben y ⩾^{!} x zu zeigen, i.e. D_{y} ⊆^{!} D_{x}. Sei 𝔭 ∈ Spec(S) ∖ D_{x}. Wir haben 𝔭 ∈^{!} Spec(S) ∖ D_{y} zu zeigen, i.e. y ∈^{!} 𝔭. Es ist x ∈ 𝔭, also (x) ⊆ 𝔭 und somit in der Tat

y ∈ \sqrt{(y)} ⊆ \sqrt{(x)} ⊆ \sqrt{𝔭} = 𝔭 ;

cf. Bemerkung 43.(2).

Ad (3). Gemäß Lemma 67 ist zu zeigen, daß λ_{S,N_{y}}(N_{x}) ⊆^{!} U(S_{y}) liegt. Es genügt zu zeigen, daß λ_{S,N_{y}}(x) = \frac{x}{1} ∈^{!} U(S_{y}) liegt. Dank (2) ist y ∈ \sqrt{(y)} ⊆ \sqrt{(x)}. Folglich gibt es ein z ∈ S und ein n ∈ Z_{⩾0} mit y^{n} = xz. Wir erhalten \frac{x}{1} \frac{z}{y^{n}} = \frac{1}{1} und also \frac{x}{1} ∈ U(S_{y}). Für s ∈ S ist (v_{y,x} ∘ λ_{S,N_{x}})(s) = \frac{s}{1} · (\frac{x^{0}}{1} )^{−} = \frac{s}{1} = λ_{S,N_{y}}(s). Also ist v_{y,x} ∘ λ_{S,N_{x}} = λ_{S,N_{y}} . Ad (4). Es ist v_{x,x} ∘ λ_{S,N_{x}} = λ_{S,N_{x}} = id_{S_{x}} ∘λ_{S,N_{x}} und also v_{x,x} = id_{S_{x}}; cf. Lemma 67. Es ist v_{z,y} ∘ v_{y,x} ∘ λ_{S,N_{x}} = v_{z,y} ∘ λ_{S,N_{y}} = λ_{S,N_{z}} = v_{z,x} ∘ λ_{S,N_{x}} und also v_{z,y} ∘ v_{y,x} = v_{z,x}; cf. Lemma 67.

Lemma 82 (Halme) Sei S eine kommutative R-Algebra. Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge. Es ist N = (N, ⩽) ein nichtleeres gerichtetes Teilquasiposet von S; cf. Bemerkung 81.(1).

Es ist

S_{S,N} := ((S_{x})_{x∈N} , (S_{y} ⟵^{v_{y,x}} S_{x})_{y, x ∈ N, y⩾x})

ein Diagramm von kommutativen R-Algebren auf N; cf. Bemerkung 81.(3, 4).

Es gibt den R-Algebrenisomorphismus

\begin{matrix}\underrightarrow{lim}_{x∈N}S_{x} & ⟶_{∼}^{η} & S//N \\ [x, \frac{s}{x^{k}}] & ↦ & \frac{s}{x^{k}} . \end{matrix}

Für 𝔭 ∈ Spec(S) können wir insbesondere N = S ∖ 𝔭 wählen. Wir erhalten so den R-Algebrenisomorphismus

\underrightarrow{lim}_{\begin{matrix}x∈S \\ with 𝔭 ∈ D_{x} \end{matrix}}S_{x} ⟶_{∼}^{η} S_{𝔭}

[x, \frac{s}{x^{k}}] ↦ \frac{s}{x^{k}} .

In den Begriffen der Algebraischen Geometrie, welche wir nicht einführen, haben wir so den Halm der Strukturgarbe auf dem affinen Schema Spec(S) im Punkt 𝔭 berechnet.

Beweis. Wir schreiben kurz ω_{x} := ω_{x}^{S_{S,N}}: S_{x} → \underrightarrow{lim}_{x∈N} S_{x}: \frac{s}{x^{k}} ↦ [x, \frac{s}{x^{k}}] für x ∈ N.

Wir haben den R-Algebrenmorphismus η_{x}: S_{x} ⟶^{η_{x}} S//N: \frac{s}{x^{k}} ↦ \frac{s}{1} · (\frac{x^{k}}{1} )^{−} = \frac{s}{x^{k}} ; cf. Lemma 67.

Für y, x ∈ N mit y ⩾ x ist η_{y} ∘ v_{y,x} = η_{x}. Denn für \frac{s}{x^{k}} ∈ S_{x} wird

(η_{y} ∘ v_{y,x})(\frac{s}{x^{k}}) = η_{y}(\frac{s}{1} · (\frac{x^{k}}{1} )^{−}) = \frac{s}{1} · (\frac{x^{k}}{1} )^{−} = \frac{s}{x^{k}} = η_{x}(\frac{s}{x^{k}}) .

Also gibt es einen eindeutigen R-Algebrenmorphismus \underrightarrow{lim}_{x∈N} S_{x} ⟶^{η} S//N mit η ∘ ω_{x} = η_{x} für x ∈ N ; cf. Lemma 80. Mithin ist

η([x, \frac{s}{x^{k}}]) = η(ω_{x}(\frac{s}{x^{k}})) = η_{x}(\frac{s}{x^{k}}) = \frac{s}{x^{k}} .

Es bleibt zu zeigen, daß η bijektiv ist.

Zur Surjektivität. Sei \frac{s}{x} ∈ S//N gegeben. Dann ist \frac{s}{x} = η([x, \frac{s}{x^{1}} ]).

Zur Injektivität. Wir haben zu zeigen, daß Kern(η) =^{!} (0) ist; cf. Aufgabe 8.(3). Sei [y, \frac{s}{y^{k}}] ∈ Kern(η). Dann ist \frac{s}{y^{k}} = \frac{0}{1} in S//N. Somit gibt es ein n ∈ N mit ns = 0. Beachte, daß yn ⩾ y ist; cf. e.g. Bemerkung 81.(2). Folglich wird

[y, \frac{s}{y^{n}}] = [yn, v_{yn,y}(\frac{s}{y^{n}})] = [yn, \frac{s}{1} · (\frac{y^{n}}{1} )^{−}] = [yn, \frac{syn}{yn} · (\frac{y^{n}}{1} )^{−}] = [yn, \frac{0}{yn} · (\frac{y^{n}}{1} )^{−}] = 0_{⟶^{lim}_{x∈N} S_{x}} .

1.2.2.3 Inverse Limiten und Komplettierung

Sei I ein Quasiposet.

Bemerkung 83 (und Definition) Sei

S := ((S_{i})_{i∈I} , (S_{j} ⟵^{u_{j,i}} S_{i})_{j, i ∈ I, j⩾i})

ein Diagramm von kommutativen R-Algebren. Sei dabei S_{i} mit dem Strukturmorphismus R ⟶^{α_{i}} S_{i} ausgestattet für i ∈ I. Sei

\underleftarrow{lim}_{i∈I} S_{i} = \underleftarrow{lim} S := \{ (s_{i})_{i∈I} ∈ ∏_{i∈I} S_{i} : u_{ℓ,k}(s_{k}) = s_{ℓ} für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k \} .

Es ist \underleftarrow{lim} S eine R-Teilalgebra von ∏_{i∈I} S_{i}; cf. Bemerkung 17. Bezeichnen wir den Strukturmorphismus von \underleftarrow{lim} S mit β, so ist β(r) = (α_{i}(r))_{i} für r ∈ R. Für ein Element von \underleftarrow{lim} S schreiben wir oft (s_{i})_{i} = (s_{i})_{i∈I} . Für k ∈ I haben wir den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}\underleftarrow{lim} S & ⟶^{ω_{S}^{k}} & S_{k} \\ (s_{i})_{i} & ↦ & s_{k} . \end{matrix}

Es ist u_{ℓ,k} ∘ ω_{S}^{k} = ω_{S}^{ℓ} für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k. Oft schreiben wir auch ω^{k} := ω_{S}^{k} für k ∈ I.

Beweis. Es ist (0_{S_{i}})_{i} ∈ \underleftarrow{lim} S und (1_{S_{i}})_{i} ∈ \underleftarrow{lim} S, da u_{k,i} sowohl Null als auch Eins respektieren. Seien (s_{i})_{i} , (s̃_{i})_{i} ∈ \underleftarrow{lim} S. Seien j, i ∈ I mit j ⩾ i gegeben. Dann wird

u_{j,i}(s_{i} − s̃_{i}) = u_{j,i}(s_{i}) − u_{j,i}(s̃_{i})
= s_{j} − s̃_{j}
u_{j,i}(s_{i} · s̃_{i}) = u_{j,i}(s_{i}) · u_{j,i}(s̃_{i})
= s_{j} · s̃_{j} .

Folglich sind auch (s_{i})_{i} − (s̃_{i})_{i} und (s_{i})_{i} · (s̃_{i})_{i} ∈ \underleftarrow{lim} S. Bleibt zu zeigen, daß \underleftarrow{lim} S eine R-Teilalgebra von ∏_{i∈I} S_{i} ist. Sei r ∈ R. Der Strukturmorphismus α von ∏_{i∈I} S_{i} schickt r auf α(r) = (α_{i}(r))_{i}; cf. Definition 16. Seien j, i ∈ I mit j ⩾ i gegeben. Es ist u_{j,i}(α_{i}(r)) = (u_{j,i} ∘α_{i})(r) = α_{j}(r), da u_{j,i} ein R-Algebrenmorphismus ist. Folglich ist α(r) ∈ \underleftarrow{lim} S. Dies zeigt, daß \underleftarrow{lim} S eine R-Teilalgebra von ∏_{i∈I} S_{i} ist, mit Strukturmorphismus β := α|^{⟵^{lim} S}, i.e. β(r) = (α_{i}(r))_{i} für r ∈ R.

Für j ∈ J haben wir den R-Algebrenmorphismus π_{j}: ∏_{i∈I} S_{i} → S_{i}: (s_{i})_{i} ↦ s_{j}; cf. Definition 16. Also ist auch ω_{S}^{j} = π_{j}|_{⟵^{lim} S} ein R-Algebrenmorphismus.

Für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k ist u_{ℓ,k} ∘ ω_{S}^{k} = ω_{S}^{ℓ} , da für (s_{i})_{i} ∈ \underleftarrow{lim} S sich

(u_{ℓ,k} ∘ ω_{S}^{k})((s_{i})_{i}) = u_{ℓ,k}(s_{k}) = s_{ℓ} = ω_{S}^{ℓ}((s_{i})_{i})

ergibt.

Lemma 84 (Universelle Eigenschaft des inversen Limes)

Sei

S := ((S_{i})_{i∈I} , (S_{j} ⟵^{u_{j,i}} S_{i})_{j, i ∈ I, j⩾i})

ein Diagramm von kommutativen R-Algebren. Sei dabei S_{i} mit dem Strukturmorphismus R ⟶^{α_{i}} S_{i} ausgestattet für i ∈ I.

Sei T = (T, γ) eine kommutative R-Algebra. Sei T ⟶^{ξ^{k}} S_{k} ein R-Algebrenmorphismus für k ∈ I, und sei dabei u_{ℓ,k} ∘ ξ^{k} = ξ^{ℓ} für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k.

Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus T ⟶^{ξ} \underleftarrow{lim}_{i∈I} S_{i} mit ω_{S}^{k} ∘ξ = ξ^{k} für k ∈ I. Es ist ξ(t) = (ξ^{i}(t))_{i} für t ∈ T.

Beweis. Wir schreiben ι: \underleftarrow{lim}_{i∈I} S_{i} → ∏_{i∈I} S_{i}: (s_{i})_{i} ↦ (s_{i})_{i} für den Einbettungsmorphismus. Wir schreiben π_{k}: ∏_{i∈I} S_{i} → S_{k}: (s_{i})_{i} ↦ s_{k}.

Eindeutigkeit. Seien R-Algebrenmorphismen ξ und ξ̃ von T nach \underleftarrow{lim}_{i∈I} S_{i} gegeben mit ω_{S}^{k} ∘ ξ = ξ^{k} für k ∈ I. Dann ist auch π_{k} ∘ ι ∘ ξ = ω_{S}^{k} ∘ ξ = ω_{S}^{k} ∘ ξ̃ = π_{k} ∘ ι ∘ ξ̃ und somit ι ∘ ξ = ι ∘ ξ̃; cf. Bemerkung 17. Wegen ι injektiv folgt ξ = ξ̃.

Existenz. Es gibt den R-Algebrenmorphismus T ⟶^{ξ̂} ∏_{i∈I} S_{i}: t ↦ (ξ^{i}(t))_{i}; cf. Bemer-

kung 17. Zu zeigen ist ξ̂(T) ⊆^{!} \underleftarrow{lim} S, da es dann einen R-Algebrenmorphismus T ⟶^{ξ} \underleftarrow{lim} S mit ι ∘ ξ = ξ̂ gibt.

Sei t ∈ T. Wir haben ξ̂(t) = (ξ^{i}(t))_{i} ∈^{!} \underleftarrow{lim} S zu zeigen. Seien ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k gegeben. Es wird

u_{ℓ,k}(ξ^{k}(t)) = (u_{ℓ,k} ∘ ξ^{k})(t) = ξ^{ℓ}(t) .

Definition 85 Eine diskrete Bewertungsalgebra über R ist eine lokale, integre Hauptidealalgebra über R, welche kein Körper ist.

Bemerkung 86 Sei S eine diskrete Bewertungsalgebra. Dann ist Spec(S) = { (0), (p) } für ein p ∈ S^{×} prim. Hierbei ist (p) maximal.

Beweis. In einer integren Hauptidealalgebra sind alle Primideale ungleich (0) maximal. Denn aus (p) ⊆ (q) mit p, q ∈ S^{×} prim folgt p = qu für ein u ∈ S, wegen p prim also q ∈ (p) oder u ∈ (p). Ersterenfalls folgt (p) = (q), wie gewünscht. Zweiterenfalls folgt u = pv für ein v ∈ S, also p = qu = pqv, also 1 = qv, also q ∈ U(S), was nicht eintritt.

Da S lokal ist, gibt es genau ein maximales Ideal in S. Da S kein Körper ist, ist dieses ungleich (0). Weitere Primideale gibt es nach vorstehender Anmerkung nicht.

Bemerkung 87 Sei S eine integre Hauptidealalgebra über R. Sei p ∈ S^{×} prim.

Dann ist S_{(p)} eine diskrete Bewertungsalgebra über R; cf. Bemerkung 74.

Beweis. Es ist S_{(p)} lokal dank Bemerkung 74.

Zeigen wir, daß S_{(p)} integer ist. Seien \frac{s}{n} , \frac{s′}{n′} ∈ (S_{(p)})^{×} gegeben. Wir haben \frac{ss′}{nn′} ≠^{!} \frac{0}{1} zu zeigen. Da S integer ist, ergibt sich für x ∈ S ∖ (p) aus s, s′ ∈ S^{×} auch xss′ ≠ 0.

Zeigen wir, daß S_{(p)} ein Hauptidealbereich ist. Wir erinnern an den R-Algebren-morphismus λ: S → S_{(p)} : s ↦ \frac{s}{1}. Sei 𝔞 ⊆ S_{(p)} ein Ideal. Es ist λ^{−1}(𝔞) = (a) für ein a ∈ S. Es ist \frac{a}{1} ∈ 𝔞. Folglich ist (\frac{a}{1}) ⊆ 𝔞. Wir wollen Gleichheit zeigen. Sei \frac{s}{n} ∈ 𝔞. Es wird \frac{s}{1} = \frac{s}{n} · \frac{n}{1} ∈ 𝔞 und also s ∈ λ^{−1}(𝔞) = (a). Schreibe s = at für ein t ∈ S. Es wird \frac{s}{n} = \frac{a}{1} · \frac{t}{n} ∈ (\frac{a}{1}).

Zeigen wir, daß S_{(p)} kein Körper ist. Es ist (p)_{(p)} ein maximales Ideal in S_{(p)} . Es ist (p)_{(p)} ∋ \frac{p}{1} ≠ \frac{0}{1} , da S integer ist.

Beispiel 88

(1) Sei p ∈ Z^{×} prim. Es ist

Z_{(p)} = \{ \frac{z}{n} : z ∈ Z und n ∈ Z ∖ (p) \}

eine diskrete Bewertungsalgebra über Z.

(2) Sei a ∈ C. Sei X ein einzelnes Element. Es ist

C[X]_{(X−a)} = \{ \frac{f(X)}{n(X)} : f(X), n(X) ∈ C[X] und n(a) ≠ 0 \}

eine diskrete Bewertungsalgebra über C.

Bemerkung 89 (und Definition) Sei S eine diskrete Bewertungsalgebra über R mit maximalem Ideal (p). Die folgenden Aussagen (1, 2, 3) gelten.

(1) Sei q ∈ S^{×} prim. Dann gibt es ein u ∈ U(S) mit q = pu.

(2) Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal mit 𝔞 ≠ (0). Dann gibt es genau ein k ∈ Z_{⩾0} mit 𝔞 = (p^{k}).

(3) Sei s ∈ S^{×}. Dann gibt es genau ein k ∈ Z_{⩾0} und genau ein u ∈ U(S) mit s = p^{k}u. Wir schreiben auch v_{p}(s) := k (engl. valuation, deutsch Bewertung).

Beweis.

Ad (1). Es ist (q) = (p) ; cf. Bemerkung 86. Also gibt es ein u, v ∈ S mit q = pu und p = qv. Wegen S integer folgt aus q = pu = quv, daß 1 = uv ist, mithin u ∈ U(S).

Ad (2). Da S eine Hauptidealalgebra ist, gibt es ein a ∈ S mit 𝔞 = (a). Da 𝔞 ≠ (0), ist a ≠ 0.

Fall a ∈ U(S). Es ist 𝔞 = (a) = S = (p^{0}). Für k ∈ Z_{⩾1} ist (p^{k}) ⊆ (p) ⊂ S und also 𝔞 ≠ (p^{k}).

Fall a ∈ S ∖ U(S). Wir können a als Produkt von Primelementen aus S^{×} schreiben, cf. Aufgabe ??.(2). Dank (1) folgt a = p^{k}u für ein k ∈ Z_{⩾1} und ein u ∈ U(S). Also ist 𝔞 = (p^{k}).

Bleibt die Eindeutigkeit zu zeigen. Sei (p^{k}) = (p^{ℓ}) mit k, ℓ ∈ Z_{⩾1}. Zu zeigen ist k =^{!} ℓ. O.E. k ⩽ ℓ. Es ist p^{k} = p^{ℓ}b für ein b ∈ S. Wegen S integer folgt 1 = p^{ℓ−k}b und somit p^{ℓ−k} ∈ U(S), mithin ℓ − k = 0.

Ad (3). Sei s ∈ S^{×}. Dann gibt es genau ein k ∈ Z_{⩾0} mit (s) = (p^{k}) ; cf. (2). Also ist s = p^{k}u und p^{k} = sv für gewisse u, v ∈ S. Dank S integer folgt aus p^{k}uv = sv = p^{k}, daß uv = 1 und also u ∈ U(S) ist.

Bleibt die Eindeutigkeit von k ∈ Z_{⩾0} und von u ∈ U(S) zu zeigen. Wegen S integer genügt es, die Eindeutigkeit von k zu zeigen. Diese folgt aber aus (2).

Definition 90 Sei S eine diskrete Bewertungsalgebra über R, mit maximalem Ideal (p).

Betrachten wir das linear geordnete Poset Z_{⩾1} mit der linearen Ordnung (⪰) definiert durch j ⪰ i genau dann, wenn j ⩽ i, wobei j, i ∈ Z_{⩾1} .

Für i ∈ Z_{⩾1} sei S_{i} := S/(p^{i}). Für j, i ∈ Z_{⩾1} mit j ⪰ i, i.e. j ⩽ i, sei

\begin{matrix}S_{j} & ⟵^{u_{j,i}} & S_{i} \\ s + (p^{j}) & ↤ & s + (p^{i}) \end{matrix}

Dann ist S := ((S_{i})_{i∈Z_{⩾1}} , (S_{j} ⟵^{u_{j,i}} S_{i})_{j, i ∈ I, j⪰i}) ein Diagramm auf I; cf. Definition 78.(3). Wir schreiben

Ŝ := \underleftarrow{lim} S = \underleftarrow{lim}_{i⩾1} S/(p^{i}) = \{ (s_{i} + (p^{i}))_{i⩾1} : s_{i} ≡_{p^{j}} s_{j} für j, i ∈ Z_{⩾1} mit j ⩽ i \}

für die Komplettierung von S. Wir haben den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}Ŝ & ⟶^{ω^{i}} & S/(p^{i}) \\ (s_{i} + (p^{i}))_{i⩾1} & ↦ & s_{i} + (p^{i}) \end{matrix}

für i ∈ Z_{⩾1} .

Wir haben auch den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S & ⟶^{ρ_{S,(p^{i})}} & S/(p^{i}) \\ s & ↦ & s + (p^{i}) \end{matrix}

für i ∈ Z_{⩾1} , und es ist u_{j,i} ∘ ρ_{S,(p^{i})} = ρ_{S,(p^{j})} für j, i ∈ Z_{⩾1} mit j ⪰ i, i.e. j ⩽ i.

Gemäß Lemma 84 liefert dies den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S & ⟶^{κ_{S}} & Ŝ \\ s & ↦ & (s + (p^{i}))_{i⩾1} . \end{matrix}

Es heißt S komplett, wenn κ_{S} ein Isomorphismus von R-Algebren ist.

Lemma 91 Sei S eine diskrete Bewertungsalgebra über R, mit maximalem Ideal (p). Die Aussagen (1, 2, 3, 4) treffen zu.

(1) Es ist κ_{S} injektiv. Wir schreiben oft mißbräuchlich s := κ_{S}(s) für s ∈ S.

(2) Es ist κ_{S}^{−1}( (p^{k}) ) = (p^{k}) für k ∈ Z_{⩾0} .

(3) Es ist Ŝ eine diskrete Bewertungsalgebra, mit maximalem Ideal (p).

(4) Sei k ∈ Z_{⩾1} . Wir haben den R-Algebrenisomorphismus

\begin{matrix}S/(p^{k}) & → & Ŝ/(p^{k}) \\ s + (p^{k}) & ↦ & s + (p^{k}) . \end{matrix}

(5) Es ist Ŝ komplett.

Beweis. Da S integer ist, dürfen wir S als R-Teilalgebra von Quot(S) ansehen und darin p^{−1} verwenden.

Ad (1). Sei s ∈ Kern(κ_{S}). Dann ist s ∈ (p^{i}) für alle i ∈ Z_{⩾0} .

Annahme, es ist s ∈ S^{×}. Wir können s = p^{k}u schreiben für ein k ∈ Z_{⩾0} ; cf. Bemerkung 89.(3). Da aber s = p^{k}u ∈ (p^{k+1}) liegt, gibt es ein t ∈ S mit p^{k}u = p^{k+1}t, wegen S integer also u = pt, also 1 = p(tu^{−}). Es folgt p ∈ U(S). Wir haben einen Widerspruch zu (p) ⊂ S. Also ist s = 0.

Folglich ist Kern(κ_{S}) = 0, i.e. κ_{S} ist injektiv.

Ad (2). Es ist p^{k} ∈ κ_{S}^{−1}( (p^{k}) ), da κ_{S}(p^{k}) = κ_{S}(p)^{k} = p^{k}. Also ist κ_{S}^{−1}( (p^{k}) ) ⊇ (p^{k}).

Zeigen wir κ_{S}^{−1}( (p^{k}) ) ⊆^{!} (p^{k}). Sei κ_{S}(s) ∈ (p^{k}). Also gibt es ein (t_{i} + (p^{i}))_{i} ∈ Ŝ mit (s+(p^{i}))_{i} = (t_{i}+(p^{i}))_{i}·(p^{k} +(p^{i}))_{i} = (t_{i}p^{k} +(p^{i}))_{i}. Es folgt s+(p^{k}) = t_{k}p^{k} +(p^{k}) = 0+(p^{k}) und also s ∈ (p^{k}).

Ad (3). Wir beobachten, daß für a, b ∈ U(S) und m ∈ Z_{⩾0} aus a + (p^{m}) = b + (p^{m}) auch

a^{−} + (p^{m}) = (a^{−}b^{−} + (p^{m}))(b + (p^{m})) = (a^{−}b^{−} + (p^{m}))(a + (p^{m})) = b^{−} + (p^{m})

folgt.

Wir behaupten, daß jedes Element (s_{i} + (p^{i}))_{i} ∈ Ŝ^{×} von der Form p^{k}u ist für ein k ∈ Z_{⩾0} und ein u ∈ U(Ŝ), wobei k ∈ Z_{⩾0} minimal ist mit s_{k+1} ∉ (p^{k+1}), was wegen (s_{i} + (p^{i}))_{i} ≠ (0 + (p^{i}))_{i} existiert. Da s_{ℓ} + (p^{k}) = s_{k} + (p^{k}) = 0 + (p^{k}) ist für ℓ ∈ Z_{⩾k}, können wir u_{i} := p^{−k}s_{i+k} setzen für i ∈ Z_{⩾1}. Für j, i ∈ Z_{⩾1} mit j ⩾ i wird dann s_{j+k} + (p^{i+k}) = s_{i+k} + (p^{i+k}) und also

u_{j} + (p^{i}) = p^{−k}s_{j+k} + (p^{i}) = p^{−k}s_{i+k} + (p^{i}) = u_{i} + (p^{i}) .

Somit ist (u_{i} +(p^{i})) ∈ Ŝ. Für ℓ ⩾ 1 ist ferner u_{ℓ} +(p) = u_{1} +(p) = p^{−k}s_{k+1} +(p) ≠ 0+(p), i.e. u_{ℓ} ∈ S ∖ 𝔭 = U(S). Für j, i ∈ Z_{⩾1} mit j ⩾ i wird dann

u_{j}^{−} + (p^{i}) = u_{i}^{−} + (p^{i})

dank vorstehender Beobachtung. Somit ist auch (u_{i}^{−} + (p^{i}))_{i} ∈ Ŝ. Da nun (u_{i}^{−} + (p^{i}))_{i} · (u_{i} + (p^{i}))_{i} = (1 + (p^{i}))_{i} ist, folgt u := (u_{i} + (p^{i}))_{i} ∈ U(Ŝ).

Es bleibt zu zeigen, daß p^{k}u = (p^{k}u_{i} + (p^{i}))_{i} =^{!} (s_{i} + (p^{i}))_{i} ist. In der Tat wird für i ∈ Z_{⩾1}

p^{k}u_{i} + (p^{i}) = s_{i+k} + (p^{i}) = s_{i} + (p^{i}) .

Dies zeigt die Behauptung.

Seien nun Elemente p^{k}u und p^{ℓ}v aus Ŝ^{×} gegeben, wobei k, ℓ ∈ Z_{⩾0} und u, v ∈ U(S̃). Dann ist ihr Produkt p^{k+ℓ}uv ungleich 0, da der R-Algebrenmorphismus ω_{S}^{k+ℓ+1} die Einheit uv auf eine Einheit in S/(p^{k+ℓ+1}) schickt und das Element p^{k+ℓ} auf p^{k+ℓ} + (p^{k+ℓ+1}), also nicht auf 0. Somit ist Ŝ integer.

Ferner ist p wegen ω_{S}^{1}(p) = 0 keine Einheit, aber wegen ω_{S}^{2}(p) ≠ 0 auch ungleich 0. Insbesondere ist Ŝ kein Körper.

Sei nun 𝔞 ein Ideal in Ŝ. Sei 𝔞 ≠ (0). Sei p^{k}u ein Element mit minimalem Exponenten k in 𝔞 ∖ (0), wobei u ∈ U(Ŝ). Dann ist (p^{k}) ⊆ 𝔞. Ist umgekehrt p^{ℓ}v ∈ 𝔞, wobei ℓ ∈ Z_{⩾0} und v ∈ U(Ŝ), dann ist ℓ ⩾ k und also p^{ℓ}v = p^{k} · p^{ℓ−k}v ∈ (p^{k}). Also ist (p^{k}) = 𝔞. Folglich ist (p) das einzige maximale Ideal von Ŝ.

Somit ist Ŝ eine integre, lokale Hauptidealalgebra, aber kein Körper. I.e. es ist Ŝ ein diskreter Bewertungsring. Das maximale Ideal ist (p).

Ad (4). Dank (2) ist der fragliche R-Algebrenmorphismus wohldefiniert und injektiv; cf. Aufgabe 8.(2). Zu zeigen bleibt, daß er surjektiv ist. Sei (s_{i} + (p^{i}))_{i} ∈ Ŝ gegeben. Es wird s_{k} + (p^{k}) abgebildet auf s_{k} + (p^{k}) = (s_{k} + (p^{i}))_{i} + (p^{k}). Wir wollen zeigen, daß

(s_{k} + (p^{i}))_{i} + (p^{k}) =^{!} (s_{i} + (p^{i}))_{i} + (p^{k})

ist. In der Tat wird die Differenz zu (s_{k} − s_{i} + (p^{i}))_{i}. Ihr Tupeleintrag bei i ∈ [1, k − 1] ist gleich 0. Folglich ist sie durch p^{k} teilbar; cf. Behauptung.

Ad (5). Zu zeigen ist, daß κŜ ein R-Algebrenisomorphismus ist. Es genügt zu zeigen, daß κŜ surjektiv ist; cf. (1).

Sei ((s_{j,i} + (p^{i}))_{i} + (p^{j}))_{j} ∈ ˆ Ŝ gegeben. Wir behaupten

κŜ(s_{i,i} + (p^{i})) =^{!} ((s_{i,i} + (p^{i}))_{i} + (p^{j}))_{j} =^{!} ((s_{j,i} + (p^{i}))_{i} + (p^{j}))_{j} .

Zu zeigen ist hierfür zunächst einmal, daß (s_{i,i}+(p^{i}))_{i} ein Element von Ŝ ist, i.e. daß wir für ℓ, k ∈ I mit ℓ ⩾ k auch s_{ℓ,ℓ} ≡_{p^{k}} s_{k,k} haben. Da (s_{ℓ,i} + (p^{i}))_{i} ∈ Ŝ liegt, ist s_{ℓ,ℓ} ≡_{p^{k}} s_{ℓ,k}. Da

((s_{j,i} +(p^{i}))_{i} +(p^{j}))_{j} ∈ ˆ Ŝ liegt, ist (s_{ℓ,i} +(p^{i}))_{i} ≡_{p^{k}} (s_{k,i} +(p^{i}))_{i}, insbesondere s_{ℓ,k} ≡_{p^{k}} s_{k,k}. Zusammen ist

s_{ℓ,ℓ} ≡_{p^{k}} s_{ℓ,k} ≡_{p^{k}} s_{k,k} .

Zu zeigen ist hierfür ferner, daß (s_{j,i} + (p^{i}))_{i} ≡_{p^{j}} (s_{i,i} + (p^{i}))_{i} ist für j ∈ Z_{⩾0}, i.e. daß

(s_{j,i} − s_{i,i} + (p^{i}))_{i} ∈^{!} (p^{j}) liegt. Gemäß Behauptung aus (4) genügt es zu zeigen, daß

s_{j,i} − s_{i,i} ≡_{p^{i}} 0 ist für i ∈ [1, j]. Das aber folgt wie eben aus ((s_{j,i} + (p^{i}))_{i} + (p^{j}))_{j} ∈ ˆ Ŝ. Dies zeigt die Behauptung.

Beispiel 92 Sei p ∈ Z eine Primzahl. Wir betrachten die Komplettierung Ẑ_{(p)} der diskreten Bewertungsalgebra Z_{(p)} über Z ; cf. Bemerkung 87.

Es ist Z/(p^{k}) → Z_{(p)}/(p^{k}): z + (p^{k}) ↦ z + (p^{k}) ein Isomorphismus von Z-Algebren; cf. Aufgabe ??.(3).

Jedes Element von Ẑ_{(p)} ist also von der Form (w_{i} + (p^{i}))_{i} mit w_{i} ∈ Z und mit w_{i+1} ≡_{p^{i}} w_{i} für i ∈ Z_{⩾1} . Somit ist es von der Form

(z_{0} p^{0} + (p^{1}), z_{0} p^{0} + z_{1} p^{1} + (p^{1}), z_{0} p^{0} + z_{1} p^{1} + z_{2} p^{2} + (p^{3}), …) =: ⌊z_{0}|z_{1}|z_{2}|z_{3}| … ⌋ ,

mit eindeutig festgelegten Elementen z_{i} ∈ [0, p − 1] für i ∈ Z_{⩾0} . Dies ist die p-adische Darstellung dieses Elements. Dementsprechend wird Ẑ_{(p)} auch der Ring der p-adischen Zahlen genannt.

Es ist Z_{(p)} abzählbar.

Es ist Ẑ_{(p)} überabzählbar. Denn für jede Abbildung Z_{⩾0} → Ẑ_{(p)} : n ↦ ξ_{n} können wir ξ_{n} =: ⌊z_{n,0}|z_{n,1}|z_{n,2}|z_{n,3}| … ⌋ schreiben mit z_{n,i} ∈ [0, p − 1] stets. Wir wählen nun ein v_{i} ∈ [0, p − 1] ∖ {z_{i,i}} für i ∈ Z_{⩾0} . Für jedes n ∈ Z_{⩾0} ist

⌊z_{n,0}|z_{n,1}|z_{n,2}|z_{n,3}| … ⌋ ≠ ⌊v_{0}|v_{1}|v_{2}|v_{3}| … ⌋ ,

da jedenfalls in Position n sich z_{n,n} ≠ v_{n} einstellt. Also ist n ↦ ξ_{n} nicht surjektiv.

1.3 Weitere Anwendungen der Konstruktionen

1.3.1 Mehr zur Primärzerlegung

Sei R ein kommutativer Ring. Sei S eine noethersche kommutative R-Algebra.

Beispiel 93 Sei K ein Körper. Seien X und Y Elemente. Sei 𝔞 := (X^{2}, XY). Es ist 𝔞 nicht primär. Denn es ist XY ∈ 𝔞 und X ∈ 𝔞, aber Y^{n} ∉ 𝔞 für alle n ∈ Z_{⩾0} .

(1) Es ist 𝔞 = (X) ∩ (X, Y)^{2} eine Primärzerlegung.

Dabei ist \sqrt{(X)} = (X) und \sqrt{(X, Y)^{2}} = (X, Y). Es ist (X) prim wegen des Isomorphismus K[X, Y]/(X) → K[Y]: X ↦ 0, Y ↦ Y, invertiert von K[Y] → K[X, Y]/(X): Y ↦ Y. Es ist (X, Y) maximal, insbesondere prim; cf. Beispiel 37. Also ist (X, Y)^{2} primär und \sqrt{(X, Y)^{2}} = (X, Y) ; cf. Bemerkung 44. Es ist 𝔞 ⊆ (X) ∩ (X, Y)^{2}. Sei umgekehrt f(X, Y) ∈ (X) ∩ (X, Y)^{2} gegeben. Dann ist

f(X, Y) = b(X, Y)X^{2} + c(X, Y)XY + d(X, Y)Y^{2}

für gewisse b(X, Y), c(X, Y), d(X, Y) ∈ K[X, Y]. Da X ein Teiler von f(X, Y) ist, teilt X auch d(X, Y). Folglich ist f(X, Y) ∈ (X^{2}, XY) = 𝔞.

(2) Sei s ∈ K. Es ist 𝔞 = (X) ∩ (X^{2}, Y + sX) eine Primärzerlegung. Dabei ist \sqrt{(X)} = (X) und \sqrt{(X^{2}, Y + sX)} = (X, Y). Es ist (X) prim; cf. (1). Es ist (X, Y)^{2} ⊆ (X^{2}, Y + sX) ⊆ (X, Y), ersteres wegen XY = X(Y + sX) − sX^{2} und dann wegen Y^{2} = Y (Y + sX) − sXY. Da (X, Y) maximal ist, ist mithin (X^{2}, Y + sX) primär; cf. (1) und Bemerkung 44. Es ist

(X, Y) ⊆ \sqrt{(X^{2}, Y + sX)} ⊆ \sqrt{(X, Y)} = (X, Y) ,

ersteres wegen (X, Y)^{2} ⊆ (X^{2}, Y + sX), letzteres wegen Bemerkung 43.(2). Also ist \sqrt{(X^{2}, Y + sX)} = (X, Y). Es ist

𝔞 ⊆ (X) ∩ (X, Y)^{2} ⊆ (X) ∩ (X^{2}, Y + sX) ;

cf. (1). Sei umgekehrt f(X, Y) ∈ (X) ∩ (X^{2}, Y + sX). Dann ist

f(X, Y) = b(X, Y)X^{2} + c(X, Y)(Y + sX)

für gewisse b(X, Y), c(X, Y) ∈ K[X, Y]. Da X ein Teiler von f(X, Y) ist, teilt X auch c(X, Y). Folglich ist f(X, Y) ∈ (X^{2}, XY) = 𝔞.

(3) Es fällt auf, daß die Menge der Radikale der Teilnehmer der Primärzerlegung sowohl in (1) als auch in (2) gleich {(X), (X, Y)} ist.

Ferner fällt auf, daß (X) minimal ist in dieser Menge und daß das zu (X) gehörige Primärideal in (1) und in (2) beidemale gleich (X) ist.

Dahingegen ist das Primärideal (X, Y)^{2} aus (1) echt im Primärideal (X^{2}, Y + sX) aus (2) enthalten, da Y +sX nicht in (X, Y)^{2} liegt, da jedes Monom eines Polynoms in (X, Y)^{2} durch X^{2}, durch XY oder durch Y^{2} teilbar ist, was für Y nicht zutrifft. Somit unterscheidet sich die Primärzerlegung in (1) von allen Primärzerlegungen, die in (2) auftreten.

Ferner sind für s, s̃ ∈ K mit s ≠ s̃ die Primärzerlegungen 𝔞 = (X) ∩ (X^{2}, Y + sX) und 𝔞 = (X) ∩ (X^{2}, Y + s̃X) aus (2) verschieden :

Jedenfalls ist (X) ≠ (X^{2}, Y + s̃X), da sonst 𝔞 = (X) folgte, was wegen 𝔞 nicht primär und (X) prim nicht geht.

Annahme (X^{2}, Y + sX) = (X^{2}, Y + s̃X). Dann liegt Y + sX ∈ (X^{2}, Y + s̃X). Es ist also Y + sX = a(X, Y)X^{2} + b(X, Y)(Y + s̃X) für gewisse a(X, Y), b(X, Y) ∈ K[X, Y]. Koeffizientenvergleich bei Y liefert b(X, Y) = 1+b̃(X, Y) für ein b̃(X, Y) ∈ K[X, Y] mit b̃(0, 0) = 0. Also wird (s − s̃)X = a(X, Y)X^{2} + b̃(X, Y)(Y + s̃X). Koeffizientenvergleich bei X liefert s = s̃, was nicht zutrifft.

Definition 94 Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Sei

Ass(S, 𝔞) := { 𝔭 ∈ Spec(S) : es gibt ein s ∈ S ∖ 𝔞 mit 𝔭 = (𝔞 : (s)) } ⊆ Spec(S)

die Menge der zu 𝔞 assoziierten Primideale in S.

Zu (0) assoziierte Primideale heißen auch kurz assoziiert. Wir schreiben dann auch Ass(S) := Ass(S, (0)).

Bemerkung 95 Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal.

Ist 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔞), dann ist 𝔭 ⊇ 𝔞.

Beweis. Es gibt ein s ∈ S ∖ 𝔞 mit 𝔭 = (𝔞 : (s)). Also ist 𝔞 ⊆ (𝔞 : (s)) = 𝔭.

Beispiel 96

(1) Ist 𝔭 ∈ Spec(S), dann ist (𝔭 : (s)) = 𝔭 für alle s ∈ S ∖ 𝔭. Somit ist Ass(S, 𝔭) = {𝔭}.

(2) Wir betrachten die Z-Algebra Z und darin das Ideal (12).

Sei s ∈ Z ∖ (12). Es ist ((12) : (s)) ∈ { (2), (4), (3), (6), (12) }.

Also ist Ass(Z, (12)) = { (2), (3) }.

Bemerkung 97 Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Es ist Ass(S, 𝔞) ≠ ∅.

Beweis. Wir betrachten die Menge M := { (𝔞 : (s)) : s ∈ S ∖ 𝔞 }, teilgeordnet mittels (⊆). Es ist 𝔞 = (𝔞 : (1)) ∈ M. Da S noethersch ist, gibt es in M ein maximales Element (𝔞 : (x)), wobei x ∈ S ∖ 𝔞; cf. Aufgabe 12. Wir behaupten, daß (𝔞 : (x)) prim ist. Es ist (𝔞 : (x)) ⊂ S wegen x ∉ 𝔞 und also 1 ∉ (𝔞 : (x)). Seien y, z ∈ S mit yz ∈ (𝔞 : (x)), aber z ∉ (𝔞 : (x)) gegeben. Wir haben y ∈^{!} (𝔞 : (x)) zu zeigen. Es ist xyz ∈ 𝔞, aber es ist xz ∉ 𝔞. Wir haben xy ∈^{!} 𝔞 zu zeigen. Da (𝔞 : (x)) ⊆ (𝔞 : (xz)) ist und da xz ∈ S ∖ 𝔞 liegt, gibt die Maximalität von (𝔞 : (x)) in M die Gleichheit (𝔞 : (x)) = (𝔞 : (xz)). Wegen xyz ∈ 𝔞 ist y ∈ (𝔞 : (xz)) = (𝔞 : (x)). Also ist xy ∈ 𝔞. Dies zeigt die Behauptung.

Lemma 98 Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Sei y ∈ S ∖ 𝔞. Sei 𝔟 := (𝔞 : (y)).

(1) Es existiert in { 𝔮 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔮 } ein minimales Element.

(2) Jedes minimale Element 𝔭 in { 𝔮 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔮 } ist assoziiert zu 𝔞.

Beweis. Ad (1). Es ist 𝔟 ⊂ S wegen y ∉ 𝔞. Folglich ist { 𝔮 ∈ Spec(S) : 𝔟 ⊆ 𝔮 } ≠ ∅; cf. Lemma 47, Definition 33. Dank Lemma 50 existiert in dieser Menge ein minimales Element. Ad (2). Es ist S_{𝔭} noethersch; cf. Aufgabe ??. Wäre \frac{1}{1} ∈ 𝔟_{𝔭}, dann wäre \frac{1}{1} = \frac{b}{n} mit b ∈ 𝔟 und n ∈ S ∖ 𝔭, also gäbe es ein x ∈ S ∖ 𝔭 mit xn = xb, aber xn ∈ S ∖ 𝔭 und xb ∈ 𝔟 ⊆ 𝔭, was nicht geht. Also ist 𝔟_{𝔭} ⊂ S_{𝔭}. Dank Bemerkung 97 ist also Ass(S_{𝔭}, 𝔟_{𝔭}) ≠ ∅.

Wir behaupten Ass(S_{𝔭}, 𝔟_{𝔭}) =^{!} {𝔭_{𝔭}}. Sei 𝔮 ∈ Spec(S) mit 𝔮 ⊂ 𝔭. Es genügt, 𝔮_{𝔭} ∉^{!} Ass(S_{𝔭}, 𝔟_{𝔭}) zu zeigen; cf. Bemerkungen 69.(1) und 74. Annahme, es ist 𝔮_{𝔭} ∈ Ass(S_{𝔭}, 𝔟_{𝔭}). Es ist 𝔟_{𝔭} ⊆ 𝔮_{𝔭}; cf. Bemerkung 95. Also ist

𝔟 ⊆ λ^{−1}(𝔟_{𝔭}) ⊆ λ^{−1}(𝔮_{𝔭}) = 𝔮 ;

cf. Bemerkung 69.(1). Aber wegen der Minimalität von 𝔭 und wegen 𝔮 ⊂ 𝔭 muß 𝔟 ⊈ 𝔮 sein. Dieser Widerspruch zeigt die Behauptung.

Also gibt es ein \frac{s}{n} ∈ S_{𝔭} ∖ 𝔟_{𝔭} mit 𝔭_{𝔭} = (𝔟_{𝔭} : (\frac{s}{n})). Da S noethersch ist, können wir 𝔭 = (p_{1}, …, p_{k}) schreiben für ein k ∈ Z_{⩾0} und gewisse p_{i} ∈ S für i ∈ [1, k]. Dann ist \frac{s}{n} · \frac{p_{i}}{1} ∈ 𝔟_{𝔭} für i ∈ [1, k]. Folglich gibt es ein t_{i} ∈ S ∖ 𝔭 mit t_{i}sp_{i} ∈ 𝔟 für i ∈ [1, k]. Mit t = ∏_{i∈[1,k]} t_{i} ∈ S ∖ 𝔭 ist also tsp_{i} ∈ 𝔟 für i ∈ [1, k]. Wir behaupten 𝔭 =^{!} (𝔟 : (st)). Es gilt 𝔭 ⊆ (𝔟 : (st)), da tsp_{i} ∈ 𝔟 ist für i ∈ [1, k]. Sei umgekehrt x ∈ (𝔟 : (st)) gegeben. Wir haben x ∈^{!} 𝔭 zu zeigen. Es ist stx ∈ 𝔟. Wäre x ∈ S ∖ 𝔭, dann wäre \frac{tx}{1} ∈ U(S_{𝔭}). Da aber \frac{s}{n} · \frac{tx}{1} ∈ 𝔟_{𝔭} liegt, folgte \frac{s}{n} ∈ 𝔟_{𝔭}, was nicht zutrifft. Dies zeigt die Behauptung. Insbesondere ist st ∉ 𝔟. Wir wollen 𝔭 =^{!} (𝔞 : (sty)) zeigen. Für z ∈ S ist genau dann z ∈ (𝔞 : (sty)), wenn stzy ∈ 𝔞 liegt, i.e. wenn stz ∈ 𝔟 liegt, i.e. wenn z ∈ (𝔟 : (st)) = 𝔭 liegt. Dies zeigt die fragliche Gleichheit. Insbesondere ist sty ∉ 𝔞. Infolgedessen ist 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔞).

Lemma 99 Sei 𝔮 ⊂ S ein Ideal. Die Aussagen (1, 2) sind äquivalent.

(1) Es ist 𝔮 primär.

(2) Es ist Ass(S, 𝔮) = \{\sqrt{𝔮}\}.

Beweis. Ad (1) ⇒ (2). Da 𝔮 primär ist, ist \sqrt{𝔮} prim; cf. Bemerkung 43.(2). Es ist 𝔮 ⊂ S. Also ist Ass(S, 𝔮) ≠ ∅; cf. Bemerkung 97. Sei nun 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔮) gegeben. Wir haben 𝔭 =^{!} \sqrt{𝔮} zu zeigen. Aus 𝔮 ⊆ 𝔭 folgt \sqrt{𝔮} ⊆ \sqrt{𝔭} = 𝔭; cf. Bemerkungen 95 und 43.(2).

Bleibt \sqrt{𝔮} ⊇^{!} 𝔭 zu zeigen. Schreibe 𝔭 = (𝔮 : (x)) für ein x ∈ S ∖ 𝔮. Sei y ∈ 𝔭 = (𝔮 : (x)) gegeben. Aus yx ∈ 𝔮 und x ∉ 𝔮 folgt wegen 𝔮 primär, daß y ∈ \sqrt{𝔮} liegt. Ad (2) ⇒ (1). Es ist 𝔭 := \sqrt{𝔮} prim. Seien z ∈ S und y ∈ S ∖ 𝔮 mit zy ∈ 𝔮 gegeben. Wir haben z ∈^{!} 𝔭 zu zeigen. Es ist z ∈ (𝔮 : (y)) =: 𝔱 ⊂ S. Somit genügt es, \sqrt{𝔱} =^{!} 𝔭 zu zeigen. Sei M die Menge der minimalen Elemente von { 𝔲 ∈ Spec(S) : 𝔱 ⊆ 𝔲 }.

Die Menge M ist endlich, da sie in Bijektion steht zur Menge der minimalen Primideale von S/𝔮; cf. Bemerkung 69.(2), Aufgabe ??.(2), Satz 58. Das brauchen wir aber nicht.

In der nichtleeren Menge { 𝔲 ∈ Spec(S) : 𝔱 ⊆ 𝔲 } liegt jedes Element über einem Element von M ; cf. Lemmata 47 und 50. Also ist M ≠ ∅ und es ist

\sqrt{𝔱} =^{Lemma 77} ⋂\{ 𝔲 ∈ Spec(S) : 𝔱 ⊆ 𝔲 \} = ⋂ M .

Es genügt also, M ⊆^{!} {𝔭} zu zeigen.

Aber ist 𝔳 ∈ M, dann ist 𝔳 ∈ Ass(S, 𝔮) gemäß Lemma 98. Und es ist Ass(S, 𝔮) = {𝔭} nach Voraussetzung. Also ist 𝔳 = 𝔭.

Definition 100 Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal.

Wir betrachten eine Primärzerlegung 𝔞 = ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮_{i}, wobei k ∈ Z_{⩾0} und wobei 𝔮_{i} ein Primärideal in S ist für i ∈ [1, k]. Cf. Satz 63.

Es heißt eine solche Primärzerlegung reduziert, wenn 𝔞 ⊂ ⋂_{i∈[1,k]∖{j}} 𝔮_{i} ist für j ∈ [1, k] und wenn \sqrt{𝔮_{i}} ≠ \sqrt{𝔮_{j}} ist für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j.

Beispiel 101 Die Primärzerlegungen in Beispiel 93.(1, 2) sind reduziert, da 𝔞 selbst nicht primär ist und da (X) ≠ (X, Y) ist.

Bemerkung 102 Sei 𝔞 ein Ideal in S.

Es besitzt 𝔞 eine reduzierte Primärzerlegung.

Beweis. Wir können eine Primärzerlegung 𝔞 = ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮_{i} wählen; cf. Satz 63.

Für i, j ∈ [1, k] sei i ∼ j, falls \sqrt{𝔮_{i}} = \sqrt{𝔮_{j}} ist. Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation. Wir wählen Repräsentanten h_{j} für j ∈ [1, ℓ] der ℓ Äquivalenzklassen.

Sei 𝔮̃_{j} := ⋂_{i∈[1,k], i∼h_{j}} 𝔮_{h} für j ∈ [1, ℓ]. Dann ist 𝔮̃_{j} ein Primärideal mit \sqrt{𝔮̃_{j}} = \sqrt{𝔮_{i}} für i ∈ [1, k] mit i ∼ h_{j}; cf. Aufgabe ??. Ferner ist

𝔞 = ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮_{i} = ⋂_{j∈[1,ℓ]} ( ⋂_{i∈[1,k], i∼h_{j}} 𝔮_{i}) = ⋂_{j∈[1,ℓ]} 𝔮̃_{j} .

Für j, j′ ∈ [1, ℓ] mit j ≠ j′ ist h_{j} ≁ h_{j′} und also \sqrt{𝔮̃_{j}} = \sqrt{𝔮_{h_{j}}} ≠ \sqrt{𝔮_{h_{j′}}} = \sqrt{𝔮̃_{j′}}.

Nun entferne man noch aus der Primärzerlegung 𝔞 = ⋂_{j∈[1,ℓ]} 𝔮̃_{j} schrittweise solche Primärideale, bei deren Entfernung sich die Schnittmenge nicht ändert. Dies setze man fort, bis kein solches Primärideal mehr an der Schnittmenge teilnimmt. So erhalten wir eine reduzierte Primärzerlegung von 𝔞.

Lemma 103 Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge.

Sei 𝔮 ein Primärideal in S mit \sqrt{𝔮} ∩ N = ∅.

Dann ist 𝔮//N ein Primärideal in S//N mit \sqrt{𝔮//N} = \sqrt{𝔮}//N und mit 𝔮 = λ_{S,N}^{−1}(𝔮//N).

Beweis. Zeigen wir \sqrt{𝔮//N} =^{!} \sqrt{𝔮}//N.

Ad ⊇^{!}. Ist \frac{s}{n} ∈ S//N gegeben mit s^{k} ∈ 𝔮 für ein k ∈ Z_{⩾0} , dann ist (\frac{s}{n})^{k} = \frac{s^{k}}{n^{k}} ∈ 𝔮//N.

Ad ⊆^{!}. Sei \frac{s}{n} ∈ S//N gegeben mit (\frac{s}{n})^{k} ∈ 𝔮//N. Dann gibt es ein x ∈ N mit xs^{k} ∈ 𝔮. Da 𝔮 primär ist und x ∈ N ⊆ S ∖ \sqrt{𝔮} liegt, folgt s^{k} ∈ 𝔮. Also ist \frac{s}{n} ∈ \sqrt{𝔮}//N.

Zeigen wir 𝔮 =^{!} λ_{S,N}^{−1}(𝔮//N). Zu zeigen ist nur ⊇^{!}. Sei s ∈ S gegeben mit \frac{s}{1} ∈ 𝔮//N. Dann gibt es ein x ∈ N mit xs ∈ 𝔮. Da x ∈ N ⊆ S ∖ \sqrt{𝔮} liegt, muß s ∈ 𝔮 liegen.

Zeigen wir, daß 𝔮//N ein Primärideal ist. Seien \frac{s}{n}, \frac{t}{m} ∈ S//N gegeben mit \frac{s}{n} · \frac{t}{m} ∈ 𝔮//N, aber \frac{t}{m} ∉ 𝔮//N. Dann ist t ∉ 𝔮. Es gibt ein x ∈ N mit xst ∈ 𝔮. Da x ∈ N ⊆ S ∖ \sqrt{𝔮} liegt, muß st ∈ 𝔮 liegen. Da t ∉ 𝔮 liegt, muß es ein k ∈ Z_{⩾0} geben mit s^{k} ∈ 𝔮. Es folgt (\frac{s}{n})^{k} ∈ 𝔮//N.

Bemerkung 104 Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge.

Seien 𝔞, 𝔟 ⊆ S Ideale.

Es ist (𝔞 ∩ 𝔟)//N = (𝔞//N) ∩ (𝔟//N).

Beweis. Zu zeigen ist nur ⊇^{!}. Sei \frac{s}{n} ∈ (𝔞//N)∩(𝔟//N) gegeben. Zu zeigen ist \frac{s}{n} ∈^{!} (𝔞∩𝔟)//N.

Da \frac{s}{n} ∈ 𝔞//N liegt, gibt es ein x ∈ N mit xs ∈ 𝔞. Da \frac{s}{n} ∈ 𝔟//N liegt, gibt es ein y ∈ N mit ys ∈ 𝔟. Also ist xys ∈ 𝔞 ∩ 𝔟 und somit \frac{s}{n} = \frac{xys}{xyn} ∈ (𝔞 ∩ 𝔟)//N.

Cf. auch Aufgabe ??.(1).

Lemma 105 Sei N ⊆ S eine multiplikative Teilmenge.

Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Sei 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i} eine reduzierte Primärzerlegung.

Schreibe 𝔭_{i} := \sqrt{𝔮_{i}} für i ∈ [1, ℓ]. Sei k ∈ [1, ℓ] gegeben mit

𝔭_{i} ∩ N \{ \begin{matrix}= & ∅ & für i ∈ [1, k] \\ ≠ & ∅ & für i ∈ [k + 1, ℓ] . \end{matrix}

Dann ist 𝔞//N = ⋂_{i∈[1,k]}(𝔮_{i}//N) eine reduzierte Primärzerlegung.

Ferner ist λ_{S,N}^{−1}(𝔞//N) = ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮_{i}.

Beweis. Für i ∈ [k + 1, ℓ] ist 𝔮_{i}//N = S//N, da es ein x ∈ 𝔭_{i} ∩ N gibt und also ein j ∈ Z_{⩾0} mit x^{j} ∈ 𝔮_{i} existiert, weswegen \frac{x^{j}}{1} ∈ 𝔮_{i}//N von \frac{1}{x^{j}} ∈ S//N invertiert wird; cf. Bemerkung 30.

Dank Bemerkung 104 folgt also aus 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i}, daß 𝔞//N = ⋂_{i∈[1,k]}(𝔮_{i}//N) ist. Mittels Lemma 103 erkennen wir, daß eine Primärzerlegung vorliegt und daß \sqrt{𝔮_{i}//N} = \sqrt{𝔮_{i}}//N = 𝔭_{i}//N ist. Für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j ist also \sqrt{𝔮_{i}//N} ≠ \sqrt{𝔮_{j}//N} ; cf. Bemerkung 69.(1).

Um zu zeigen, daß eine reduzierte Primärzerlegung vorliegt, bleibt uns also zu zeigen, daß für j ∈ [1, k] nicht ⋂_{i∈[1,k]∖{j}}(𝔮_{i}//N) ⊆ 𝔮_{j}//N liegt. Es ist ⋂_{i∈[1,k]∖{j}} 𝔮_{i} ⊈ 𝔮_{j}, da wir von einer reduzierten Primärzerlegung ausgegangen waren. Wähle x ∈ (⋂_{i∈[1,k]∖\{j\}} 𝔮_{i}) ∖ 𝔮_{j}. Dann ist \frac{x}{1} ∈ ⋂_{i∈[1,k]∖\{j\}}(𝔮_{i}//N). Es genügt zu zeigen, daß \frac{x}{1} ∉^{!} 𝔮_{j}//N liegt. Annahme, es ist \frac{x}{1} ∈ 𝔮_{j}//N. Dann gibt es ein y ∈ N mit xy ∈ 𝔮_{j}, was wegen x ∉ 𝔮_{j} und 𝔮_{j} primär aber y ∈ \sqrt{𝔮_{j}} = 𝔭_{j} nach sich zieht, im Widerspruch zu 𝔭_{j} ∩ N = ∅. Schließlich folgt

λ_{S,N}^{−1}(𝔞//N) = λ_{S,N}^{−1}( ⋂_{i∈[1,k]}(𝔮_{i}//N)) = ⋂_{i∈[1,k]} λ_{S,N}^{−1}(𝔮_{i}//N) =^{L. 103} ⋂_{i∈[1,k]} 𝔮_{i} .

Satz 106 (Vergleich zweier reduzierter Primärzerlegungen) Sei 𝔞 ⊂ S ein Ideal. Seien 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i} und 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ̃]} 𝔮̃_{i} reduzierte Primärzerlegungen.

(1) Es ist ℓ = ℓ̃ und \{ \sqrt{𝔮_{i}} : i ∈ [1, ℓ] \} = \{ \sqrt{𝔮̃_{i}} : i ∈ [1, ℓ̃] \}.

(2) Sei 𝔭 ∈ Spec(S) ein minimales Element von \{ \sqrt{𝔮_{i}} : i ∈ [1, ℓ] \} = \{ \sqrt{𝔮̃_{i}} : i ∈ [1, ℓ̃] \}; cf. (1). Sei dabei 𝔭 = \sqrt{𝔮_{j}} = \sqrt{𝔮̃j̃} mit j ∈ [1, ℓ] und j̃ ∈ [1, ℓ̃]. Dann ist 𝔮_{j} = 𝔮̃j̃.

Beweis. Ad (1). Es genügt, Ass(S, 𝔞) =^{!} \{ \sqrt{𝔮_{i}} : i ∈ [1, ℓ] \} zu zeigen. Da 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i} ist, folgt

Ass(S, 𝔞) ⊆ ⋃_{i∈[1,ℓ]} Ass(S, 𝔮_{i}) = \{ \sqrt{𝔮_{i}} : i ∈ [1, ℓ] \} ;

cf. Aufgabe ??, Lemma 99. Sei j ∈ [1, ℓ] gegeben. Wir haben \sqrt{𝔮_{j}} ∈^{!} Ass(A, 𝔞) zu zeigen. Da 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i} eine reduzierte Primärzerlegung ist, gibt es ein x ∈ ⋂_{i∈[1,ℓ]∖{j}} 𝔮_{i} mit x ∉ 𝔞, i.e. mit x ∉ 𝔮_{j}. Sei 𝔟 := (𝔞 : (x)). Es ist 𝔟 ⊂ S. Also ist Ass(S, 𝔟) ≠ ∅; cf. Bemerkung 97. Wähle 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔟). Es gibt also ein y ∈ S ∖ 𝔟 mit 𝔭 = (𝔟 : (y)). Nun ist

𝔭 = (𝔟 : (y)) = ((𝔞 : (x)) : (y)) = (𝔞 : (xy)) ,

insbesondere xy ∉ 𝔞 und also 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔞).

Da xy ∈ ⋂_{i∈[1,ℓ]∖{j}} 𝔮_{i} liegt, folgt

𝔭 = (𝔞 : (xy)) = (𝔮_{j} : (xy))

und also 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔮_{j}) = \{𝔮_{j}\}, i.e. 𝔭 = \sqrt{𝔮_{j}}; cf. Lemma 99. Insgesamt ist \sqrt{𝔮_{j}} = 𝔭 ∈ Ass(S, 𝔞). Ad (2). Sei N := S ∖ 𝔭. Es genügt, 𝔮_{j} =^{!} λ_{S,S∖𝔭}^{−1}(𝔞//N) zu zeigen. Sei i ∈ [1, ℓ]∖{j}. Da 𝔞 = ⋂_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i} eine reduzierte Primärzerlegung ist, gibt es wegen der vorausgesetzten Minimalität von 𝔭 = \sqrt{𝔮_{j}} ein x ∈ \sqrt{𝔮_{i}}, das nicht in 𝔭 liegt. Mit anderen Worten, es ist N ∩ \sqrt{𝔮_{i}} ≠ ∅. Ferner ist N ∩ \sqrt{𝔮_{j}} = ∅. Die Aussage folgt also mit Lemma 105 nach Umnumerierung.

1.3.2 Mehr zur Komplettierung: Hensels Faktorisierungslemma

Sei R ein kommutativer Ring. Sei S eine komplette diskrete Bewertungsalgebra mit maximalem Ideal (p). Sei X ein Element.

Wir wollen Hensels Lemma zum Faktorisieren von Polynomen behandeln; cf. Satz 110. Hensels Lemma zum Heben von Nullstellen kennen wir aus Aufgabe ??.(5).

Bemerkung 107 Seien U = (U, ξ) und V = (V, η) kommutative R-Algebren. Sei f: U → V ein Morphismus von R-Algebren. Dann haben wir den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}U[X] & ⟶^{f̃} & V [X] \\ ∑_{i⩾0} u_{i}X^{i} & ↦ & ∑_{i⩾0} f(u_{i})X^{i} \end{matrix}

Beweis. Es sind auch U = (U, id_{U}) und V = (V, f) U-Algebren. Wegen f ∘id_{U} = f ist f ein U-Algebrenmorphismus. Ferner ist α_{V,X} : V → V [X]: v ↦ v ein V -Algebrenmorphismus, mittels Einschränkung entlang f also auch ein U-Algebrenmorphismus. Zusammen haben wir den U-Algebrenmorphismus α_{V,X} ∘ f: U → V [X]: u ↦ f(u), was zugleich der Strukturmorphismus von V [X] ist. Dank universeller Eigenschaft der Polynomalgebra gibt es also zur Abbildung X ↦ X genau einen U-Algebrenmorphismus von U[X] nach V [X], der X nach X abbildet, nämlich

\begin{matrix}U[X] & ⟶^{f̃} & V [X] \\ ∑_{i⩾0} u_{i}X^{i} & ↦ & ∑_{i⩾0} f(u_{i})X^{i} \end{matrix}

cf. Lemma 20. Nach Einschränken entlang ξ wird f̃auch zu einem R-Algebrenmorphismus, denn aus f̃∘ α_{U,X} = α_{V,X} ∘ f folgt f̃∘ α_{U,X} ∘ ξ = α_{V,X} ∘ f ∘ ξ = α_{V,X} ∘ η.

Definition 108 Ein Polynom f(X) = ∑_{i⩾0} a_{i}X^{i} ∈ S[X]^{×} heißt normiert, falls für j := max{ i ∈ Z_{⩾0} : a_{i} ≠ 0 } dann a_{j} = 1 ist.

Bemerkung 109 Gegeben sei f(X) ∈ S[X] normiert. Gegeben seien g_{n}(X), h_{n}(X) ∈ S[X] normiert für n ∈ Z_{⩾1} . Für n ∈ Z_{⩾1} sei

\begin{aligned}f(X) & ≡_{p^{n}} & g_{n}(X) · h_{n}(X) \\ g_{n+1}(X) & ≡_{p^{n}} & g_{n}(X) \\ h_{n+1}(X) & ≡_{p^{n}} & h_{n}(X) \end{aligned}

Insbesondere sind deg(g_{n}(X)) und deg(h_{n}(X)) konstant in n. Wir schreiben f_{n}(X) =: ∑_{i⩾0} u_{n,i}X^{i} und g_{n}(X) =: ∑_{i⩾0} v_{n,i}X^{i} für n ∈ Z_{⩾1} . Sei i ∈ Z_{⩾1} gegeben. Es ist u_{n+1,i} ≡_{p^{n}} u_{n,i} und v_{n+1,i} ≡_{p^{n}} v_{n,i} für n ∈ Z_{⩾1} . Insbesondere sind (u_{n,i})_{n} und (v_{n,i})_{n} Cauchyfolgen; cf. Aufgabe ??. Sei u_{i} der Grenzwert von (u_{n,i})_{n} und sei v_{i} der Grenzwert von v_{n,i}; cf. Aufgabe ??.(1). Seien

\begin{aligned}g(X) & := & ∑_{i⩾0} u_{i}X^{i} \\ h(X) & := & ∑_{i⩾0} v_{i}X^{i} \end{aligned}

Es sind g(X) und h(X) normiert. Es ist

f(X) = g(X) · h(X) .

Ferner ist

\begin{aligned}g(X) & ≡_{p} & g_{1}(X) \\ h(X) & ≡_{p} & h_{1}(X) . \end{aligned}

Beweis. Sei (s_{n})_{n} eine Folge in S mit s_{n+1} ≡_{p^{n}} s_{n} für n ∈ Z_{⩾1} . Es ist (s_{n})_{n} eine Cauchyfolge. Sei s ihr Grenzwert; cf. Aufgabe ??.(1). Dann gibt es für ein gegebenes m ∈ Z_{⩾1} ein m̃ ∈ Z_{⩾m} mit s ≡_{p^{m}} sm̃. Daher ist s ≡_{p^{m}} sñ ≡_{p^{m}} s_{m}. Es folgt

\begin{aligned}g(X) & ≡_{p^{m}} & g_{m}(X) \\ h(X) & ≡_{p^{m}} & h_{m}(X) \end{aligned}

für m ∈ Z_{⩾1} . Sei n ∈ Z_{⩾1} gegeben. Wir betrachten den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S & ⟶^{ρ_{n}} & S/(p^{n}) \\ s & ↦ & s + (p^{n}) =: s̄ . \end{matrix}

Dieser induziert den R-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S[X] & ⟶^{ρ̃_{n}} & (S/(p^{n}))[X] \\ ∑_{i⩾0} a_{i}X^{i} & ↦ & ∑_{i⩾0} ā_{i}X^{i} ; \end{matrix}

cf. Bemerkung 107. Es folgt

\begin{matrix}ρ̃_{n}(f(X)) = ρ̃_{n}(g_{n}(X) · h_{n}(X)) = ρ̃_{n}(g_{n}(X)) · ρ̃_{n}(h_{n}(X)) \\ = ρ̃_{n}(g(X)) · ρ̃_{n}(h(X)) = ρ̃_{n}(g(X) · h(X)) . \end{matrix}

Da dies für alle n ∈ Z_{⩾1} gilt, folgt f(X) = g(X) · h(X).

Satz 110 (Hensels Faktorisierungslemma) Wir erinnern an die komplette diskrete Bewertungsalgebra S über R mit maximalem Ideal (p). Wir schreiben S̄ := S/(p) und s̄ := s + (p) für s ∈ S. Wir haben den R-Algebren-morphismus

\begin{matrix}S[X] & ⟶^{ρ̃_{1}} & S̄[X] \\ f(X) = ∑_{i⩾0} a_{i}X^{i} & ↦ & ∑_{i⩾0} ā_{i}X^{i} =: f̄(X) ; \end{matrix}

cf. Bemerkung 107. Sei f(X) ∈ S[X] normiert. Seien g_{1}(X), h_{1}(X) ∈ S[X] normiert gegeben mit (ḡ_{1}(X), h̄_{1}(X)) = (1) und mit

f̄(X) = ḡ_{1}(X) · h̄_{1}(X) .

Dann gibt es g(X), h(X) ∈ S[X] normiert mit ḡ(X) = ḡ_{1}(X), mit h̄(X) = h̄_{1}(X) und mit

f(X) = g(X) · h(X) .

Beweis. Wir schreiben a := deg(g_{1}) und b := deg(h_{1}). Dann ist deg(f) = a + b. Sei ferner für das Nullpolynom vereinbart, daß deg(0) := −∞ gelte, sodaß jedenfalls deg(0) < k ist für k ∈ Z_{⩾0} . Für n ∈ Z_{⩾1} konstruieren wir rekursiv g_{n}(X), h_{n}(X) ∈ S[X] normiert mit

\begin{aligned}g_{n+1}(X) & ≡_{p^{n}} & g_{n}(X) \\ h_{n+1}(X) & ≡_{p^{n}} & h_{n}(X) \\ f(X) & ≡_{p^{n}} & g_{n}(X) · h_{n}(X) . \end{aligned}

Die Aussage folgt dann hieraus mittels Bemerkung 109. Um die Konstruktion durchzuführen seien n ⩾ 1 und g_{n}(X), h_{n}(X) ∈ S[X] normiert mit f(X) ≡_{p^{n}} g_{n}(X) · h_{n}(X), mit deg(g_{n}) = a und mit deg(h_{n}) = b gegeben.

Beim Rekursionsanfang n = 1 trifft dies nach Voraussetzung zu.

Gesucht sind g_{n+1}(X), h_{n+1}(X) ∈ S[X] normiert mit f(X) ≡_{p^{n}} g_{n}(X) · h_{n}(X) und mit

\begin{aligned}g_{n+1}(X) & ≡_{p^{n}} & g_{n}(X) \\ h_{n+1}(X) & ≡_{p^{n}} & h_{n}(X) \\ f(X) & ≡_{p^{n+1}} & g_{n+1}(X) · h_{n+1}(X) . \end{aligned}

Wir suchen demgemäß u(X), v(X) ∈ S[X] mit deg(u) < a, mit deg(v) < b, und mit

f(X) ≡^{!}_{p^{n+1}} (g_{n}(X) + p^{n}u(X))(h_{n}(X) + p^{n}v(X)) .

Denn dann können wir g_{n+1}(X) := g_{n}(X) + p^{n}u(X) und h_{n+1}(X) := h_{n}(X) + p^{n}v(X) setzen.

Schreibe f(X)−g_{n}(X)·h_{n}(X) =: p^{n}w(X) mit w(X) ∈ S[X], was nach Rekursionsvoraussetzung möglich ist. Da f(X) und g_{n}(X)h_{n}(X) normierte Polynome vom gleichen Grad a + b sind, ist deg(w) < deg(f) = a + b.

Wir haben

p^{n}w(X) ≡^{!}_{p^{n+1}} p^{n}u(X) · h_{n}(X) + g_{n}(X) · p^{n}v(X)

zu erfüllen, i.e.

w(X) ≡^{!}_{p} u(X) · h_{n}(X) + g_{n}(X) · v(X) ≡_{p} u(X) · h_{1}(X) + v(X) · g_{1}(X) .

Da (ḡ_{1}(X), h̄_{1}(X)) = (1), gibt es ũ(X), ṽ(X) ∈ S[X] mit

w(X) ≡_{p} ũ(X) · h_{1}(X) + ṽ(X) · g_{1}(X) .

Polynomdivision mit Rest gibt ṽ(X) = h_{1}(X) · t(X) + v(X) mit t(X), v(X) ∈ S[X], wobei deg(t) < deg(h_{1}) = b ist.

Sei noch u(X) das Polynom, das aus dem Polynom ũ(X)+t(X)·g_{1}(X) durch Subtraktion all seiner durch p teilbarer Monome hervorgeht. Dann ist deg(u) = deg(ū). Es wird

w(X) ≡_{p} (ũ(X) + t(X) · g_{1}(X)) · h_{1}(X) + v(X) · g_{1}(X) ≡_{p} u(X) · h_{1}(X) + v(X) · g_{1}(X) ,

da ρ̃_{1} mit Multiplikation verträglich ist. Mit anderen Worten, es ist

w̄(X) = ū(X) · h̄_{1}(X) + v̄(X) · ḡ_{1}(X) .

Hierin ist deg(v̄(X) · ḡ_{1}(X)) ⩽ deg(v(X) · g_{1}(X)) < b + a. Ebenso ist deg(w̄) ⩽ deg(w) < a+b. Da nun deg(h̄_{1}) = b ist, kann nicht deg(ū) ⩾ a sein. Folglich ist deg(u) = deg(ū) < a, wie verlangt.

Beispiel 111 Wir haben die komplette diskrete Bewertungsalgebra Ẑ_{(5)} ; cf. Bemerkung 74, Lemma 91.(5).

Wir betrachten X^{2} + 1 ∈ Ẑ_{(5)}[X].

Wir haben die Isomorphismen F_{5} = Z/(5) ⟶^{∼} Z_{(5)}/(5) ⟶^{∼} Ẑ_{(5)}/(5), entlang denen wir identifizieren; cf. Aufgabe ??.(3), Lemma 91.(4).

Es ist X^{2} + 1 ≡_{5} (X − 2)(X + 2), und diese Faktoren X − 2 und X + 2 sind teilerfremd in F_{5}[X], i.e. (X + 2, X − 2) = (1) in F_{5}[X].

Dank Satz 110 gibt es eine Zerlegung der Form X^{2} + 1 = (X − w_{1})(X − w_{2}) in Ẑ_{(5)}[X] mit X − w_{1} ≡_{5} X − 2 und mit X − w_{2} ≡_{5} X + 2, i.e. mit w_{1} ≡_{5} 2 und mit w_{2} ≡_{5} −2.

Tatsächlich muß w_{2} = −w_{1} sein, wie der Koeffizientenvergleich bei X^{1} liefert.

Cf. Aufgabe ??.(6). Das dortige Element s muß das hiesige Element w_{1} sein, da w_{1} und w_{2} die einzigen Nullstellen von X^{2} + 1 bleiben und da s ≡_{5} 2 ist.

Dahingegen ist X^{2} + 1 in Z_{(5)}[X] irreduzibel, da wir Z_{(5)} als Teilalgebra von Q ansehen dürfen und X^{2} + 1 in Q[X] irreduzibel ist.

Kapitel 2

In Richtung Geometrie

2.1 Moduln

Sei R ein kommutativer Ring.

Definition 112

(1) Ein R-Modul besteht aus einer abelschen Gruppe (M, +) und einer Abbildung

\begin{matrix}R & × & M & ⟶^{(·)} & M \\ (r & , & m) & ↦ & r · m =: rm \end{matrix}

derart, daß die folgenden Eigenschaften (Mod 1–3) gelten.

(Mod 1) Es ist 1 · m = m für m ∈ M. (Mod 2) Es ist r · (r′ · m) = (r · r′) · m für r, r′ ∈ R und m ∈ M. (Mod 3) Es ist (r + r′) · (m + m′) = r · m + r′ · m + r · m′ + r′ · m′ für r, r′ ∈ R und

m, m′ ∈ M.

Oft schreiben wir kurz M = (M, +, ·). Es ist 0 · m = 0 · m + 0 · m − 0 · m = (0 + 0) · m − 0 · m = 0 · m − 0 · m = 0 für m ∈ M. Es ist (−1) · m = (−1) · m + 1 · m − m = (−1 + 1) · m − m = −m für m ∈ M.

(2) Seien R-Moduln M und N gegeben. Eine Abbildung f : M → N heißt R-linear,

falls

f(r · m + r′ · m′) = r · f(m) + r′ · f(m′)

ist für r, r′ ∈ R und m, m′ ∈ M. Insbesondere ist f ein Morphismus abelscher Gruppen.

Ist f eine bijektive R-lineare Abbildung, dann auch f^{−} eine R-lineare Abbildung, denn f^{−}(rn + r′n′) = f^{−}(rf(f^{−}(n)) + r′f(f^{−}(n′))) = f^{−}(f(rf^{−}(n) + r′f^{−}(n′))) = rf^{−}(n) + r′f^{−}(n′) für r, r′ ∈ R und n, n′ ∈ N. Diesenfalls heißt f ein Isomorphismus von R-Moduln.

Beispiel 113

(1) Ist R ein Körper, so nennt man einen R-Modul auch einen R-Vektorraum.

(2) Es ist R vermöge der aus der kommutativen Ringstruktur stammenden Multiplikation

\begin{matrix}R & × & R & ⟶^{(·)} & R \\ (r & , & r′) & ↦ & rr′ \end{matrix}

ein R-Modul.

(3) Sei S = (S, α) eine kommutative R-Algebra. Sei M ein S-Modul vermöge (·): S × M → M. Dann wird die abelsche Gruppe (M, +) zu einem R-Modul vermöge

\begin{matrix}R & × & M & ⟶^{(·)} & M \\ (r & , & m) & ↦ & r · m := α(r)m \end{matrix}

Wir sagen, der R-Modul M entsteht aus dem S-Modul M durch Einschränken entlang α.

Es gilt (Mod 1), da 1 · m = α(1)m = 1 m = m ist für m ∈ M.

Es gilt (Mod 2), da

r · (r′ · m) = α(r)(α(r′)m)
= (α(r)α(r′))m
= α(rr′)m
= (r · r′) · m

ist für r, r′ ∈ R und m ∈ M.

Es gilt (Mod 3), da

(r + r′) · (m + m′) = α(r + r′)(m + m′)
= (α(r) + α(r′))(m + m′)
= α(r)m + α(r′)m + α(r)m′ + α(r′)m′
= r · m + r′ · m + r · m′ + r′ · m′

für r, r′ ∈ R und m, m′ ∈ M.

(4) Sei S = (S, α) eine R-Algebra. Wir haben den S-Modul S aus (2). Schränken wir diesen gemäß (3) entlang α ein, so erhalten wir den R-Modul S via

\begin{matrix}R & × & S & ⟶^{(·)} & S \\ (r & , & s) & ↦ & r · s := α(r)s . \end{matrix}

Definition 114 Sei M ein R-Modul.

(1) Eine Teilmenge U ⊆ M heißt R-Teilmodul oder kurz Teilmodul, falls 0 ∈ U und falls für r, r′ ∈ R und u, u′ ∈ U auch ru + r′u′ ∈ U liegt. Insbesondere ist ein Teilmodul eine abelsche Untergruppe. Ist U ⊆ M ein Teilmodul, so ist U mittels (·)|_{R×U}^{U} ein R-Modul. Diesenfalls ist die Einbettungsabbildung U → M: u ↦ u eine R-lineare Abbildung.

(2) Sei X ⊆ M eine Teilmenge. Es ist

R⟨X⟩ := { ∑_{x∈X} r_{x}x : es ist r_{x} ∈ R für x ∈ X mit { x ∈ X : r_{x} ≠ 0 } endlich } ⊆ M

ein Teilmodul, genannt das R-lineare Erzeugnis von X in M. Es ist X ⊆ _{R}⟨X⟩. Für einen Teilmodul U ⊆ M ist genau dann X ⊆ U, wenn _{R}⟨X⟩ ⊆ U ist. Ist X = { m_{i} : i ∈ [1, k] } für ein k ∈ Z_{⩾0} und gewisse m_{i} ∈ M für i ∈ [1, k], so schreiben wir auch _{R}⟨X⟩ =: _{R}⟨m_{i}: i ∈ [1, k]⟩ = _{R}⟨m_{1}, …, m_{k}⟩.

(3) Seien U und V Teilmoduln von M. Dann sind auch U ∩V und U +V := { u+v : u ∈ U, v ∈ V } Teilmoduln von M.

(4) Sei U ⊆ M ein Teilmodul. Wir können die abelsche Faktorgruppe

M/U = { m + U : m ∈ M }

mittels r · (m + U) := (r · m) + U für r ∈ R und m ∈ M zu einem R-Modul machen, dem Faktormodul von M modulo U. Wir haben die R-lineare Restklassenabbildung M → M/U: m ↦ m + U. Cf. Aufgabe ??.(1).

(5) Eine Sequenz von R-Moduln und R-linearen Abbildungen

M′ ⟶^{i} M ⟶^{f} M′′

heißt kurz exakt, wenn i injektiv, f surjektiv und i(M) = Kern(f) ist.

Beispiel 115 Sei S eine kommutative R-Algebra.

(1) Eine Teilmenge X ⊆ S ist genau dann ein Ideal, wenn sie ein S-Teilmodul ist.

(2) Sei 𝔞 ⊆ S ein Ideal. Sei M ein S-Modul. Es ist

𝔞M := { ∑_{i∈[1,k]} a_{i}m_{i} : k ∈ Z_{⩾0} , a_{i} ∈ 𝔞 und m_{i} ∈ M für i ∈ [1, k] }

ein Teilmodul von M.

Beispiel 116

(1) Seien R-Moduln M und N gegeben. Sei f: M → N eine R-lineare Abbildung.

Sei N′ ⊆ N ein Teilmodul. Dann ist f^{−1}(N′) ⊆ M ein Teilmodul. Denn es ist 0 ∈ f^{−1}(N′). Ferner ist für r, r̃ ∈ R und m, m̃ ∈ f^{−1}(N′) auch f(rm + r′m′) = rf(m) + r̃f(m̃) ∈ N′ und also rm + r′m ∈ f^{−1}(N′).

Insbesondere ist Kern(f) := f^{−1}(0) ⊆ M ein Teilmodul.

Sei M′ ⊆ M ein R-Teilmodul. Dann ist f(M′) ⊆ M ein Teilmodul. Denn es ist 0 ∈ f(M′). Ferner liegt für r, r̃ ∈ R und m′, m̃′ ∈ M′ auch rf(m′) + r̃f(m̃′) = f(rm′ + r̃m̃′) ∈ f(M′).

Insbesondere ist f(M) ein Teilmodul von N.

(2) Sei M ein R-Modul. Sei M′ ⊆ M ein Teilmodul. Wir haben die R-lineare Inklusionsabbildung M′ ⟶^{i} M: m′ ↦ m′ und die R-lineare Restklassenabbildung M ⟶^{r} M/M′: m ↦ m + M′. Dann ist die Sequenz

M′ ⟶^{i} M ⟶^{r} M/M′

kurz exakt.

Definition 117 Sei I eine Menge. Sei M_{i} ein R-Modul für i ∈ I.

(1) Wir betrachten

∏_{i∈I} M_{i} = { (m_{i})_{i} : m_{i} ∈ M_{i} für i ∈ I } .

Es ist ∏_{i∈I} M_{i} eine abelsche Gruppe vermöge (m_{i})_{i} + (m′_{i})_{i} := (m_{i} + m′_{i})_{i} für (m_{i})_{i} , (m′_{i})_{i} ∈ ∏_{i∈I} M_{i}. Es ist ∏_{i∈I} M_{i} ein R-Modul vermöge r · (m_{i})_{i} := (rm_{i})_{i} für r ∈ R und (m_{i})_{i} ∈ ∏_{i∈I} M_{i}.

(2) Wir haben den Teilmodul

⨁_{i∈I} M_{i} = { (m_{i})_{i} ∈ ∏_{i∈I} M_{i} : { i ∈ I : m_{i} ≠ 0 } ist endlich } ⊆ ∏_{i∈I} M_{i} .

Denn für r, r′ ∈ R und (m_{i})_{i} , (m′_{i})_{i} ∈ ⨁_{i∈I} M_{i} ist

{ i ∈ I : rm_{i} + r′m′_{i} ≠ 0 } ⊆ { i ∈ I : m_{i} ≠ 0 } ∪ { i ∈ I : m′_{i} ≠ 0 }

und letztere Menge ist endlich; mithin ist r(m_{i})_{i} + r′(m′_{i})_{i} ∈ ⨁_{i∈I} M_{i}.

(3) Sei X eine Menge. Wir schreiben RX := ⨁_{x∈X} R.

Wir schreiben auch y := (∂_{y,x})_{x} für y ∈ X.

Dann ist jedes Element von RX eindeutig schreibbar in der Form ∑_{x∈X} r_{x}x = (r_{x})_{x} mit r_{x} ∈ R für ∈ X und mit { x ∈ X : r_{x} ≠ 0 } endlich.

(4) Ist k ∈ Z_{⩾1} und I = [1, k], dann schreiben wir auch M_{1} ⊕ … ⊕ M_{k} := ⨁_{i∈[1,k]} M_{i}.

Beispiel 118 Sei k ∈ Z_{⩾0} . Wir schreiben R^{⊕k} := ⨁_{i∈[1,k]} R = R[1, k].

Insbesondere ist R^{⊕0} = {( )}, und darin ist ( ) = 0. Also ist R^{⊕0} = 0.

Sei M ein R-Modul. Seien x_{i} ∈ M Elemente in M für i ∈ [1, k]. Wir schreiben x := (x_{i})_{i∈[1,k]} und erhalten die R-lineare Abbildung

\begin{matrix}R^{⊕k} & ⟶^{f_{x}} & M \\ (r_{i})_{i} & ↦ & ∑_{i∈[1,k]} r_{i}x_{i} \end{matrix}

Für jede R-lineare Abbildung g von R^{⊕k} nach M gibt es genau ein Tupel x = (x_{i})_{i∈[1,k]} von Elementen von M mit g = f_{x}, bestehend namentlich aus x_{j} := g((∂_{j,i})_{i}) für j ∈ [1, k].

Die Eindeutigkeit folgt aus f_{x}((∂_{j,i})_{i}) = ∑_{i∈[1,k]} ∂_{j,i}x_{i} = x_{j} für j ∈ [1, k], da so f_{x} das x festlegt.

Die Existenz folgt aus g((r_{i})_{i}) = g(∑_{j∈[1,k]} r_{j}(∂_{j,i})_{i}) = ∑_{j∈[1,k]} r_{j}g(∂_{j,i})_{i} = ∑_{i∈[1,k]} r_{i}x_{i} = f_{x}((r_{i})_{i}) für (r_{i})_{i} ∈ R^{⊕k}.

Definition 119 Sei M ein R-Modul. Sei S eine kommutative R-Algebra.

Sei k ∈ Z_{⩾0} und seien s_{i} ∈ S für i ∈ [1, k]. Wir erinnern daran, daß R[s_{1}, …, s_{k}] das Bild ist der R-Algebrenmorphismus von R[X_{1}, …, X_{k}] nach S, der X_{i} auf x_{i} abbildet für i ∈ [1, k]; cf. Lemma 20.

(1) Es heißt M endlich erzeugt, wenn es ein k ∈ Z_{⩾0} und eine surjektive R-lineare Abbildung von R^{⊕k} nach M gibt.

(2) Es heißt M endlich erzeugt frei, wenn es ein k ∈ Z_{⩾0} und eine bijektive R-lineare Abbildung von R^{⊕k} nach M gibt.

(3) Es heißt S endlich über R, wenn S als R-Modul endlich erzeugt ist.

(4) Es heißt S endlich erzeugt als R-Algebra, wenn es ein k ∈ Z_{⩾0} und Elemente x_{i} ∈ S für i ∈ [1, k] gibt mit S = R[x_{1}, …, x_{k}].

(5) Es heißt x ∈ S ganz über R, wenn R[x] endlich ist über R.

Es heißt S ganz über R, wenn s ganz ist über R für s ∈ S.

(6) Es heißt x ∈ S algebraisch über R, wenn es ein r ∈ R^{×} gibt mit r · x = α(r)x ganz über R. Es heißt S algebraisch über R, wenn s algebraisch ist über R für s ∈ S.

Vorsicht, wenn S endlich ist über R, dann ist i.a. nicht S als Menge endlich. So etwa ist Z endlich über Z.

Bemerkung 120 Sei S eine kommutative R-Algebra. Ist S endlich über R, dann ist S auch endlich erzeugt als R-Algebra. Denn für k ∈ Z_{⩾0} und Elemente x_{i} ∈ S für i ∈ [1, k] ist _{R}⟨x_{1}, …, x_{k}⟩ ⊆ R[x_{1}, …, x_{k}], da R[x_{1}, …, x_{k}] ein R-Teilmodul von S ist, der x_{i} enthält für i ∈ [1, k]. Ist also _{R}⟨x_{1}, …, x_{k}⟩ = S, dann ist auch R[x_{1}, …, x_{k}] = S.

2.2 Tensorprodukte

Sei R ein kommutativer Ring.

Definition 121 Seien R-Moduln M und N gegeben. Sei

X := { (rm + r′m′, n) − r(m, n) − r′(m′, n) : r, r′ ∈ R, m, m′ ∈ M, n ∈ N }
∪ { (m, rn + r′n′) − r(m, n) − r′(m, n′) : r, r′ ∈ R, m ∈ M, n, n′ ∈ N }
⊆ R(M × N) .

Sei

M ⊗_{R} N := R(M × N)/_{R}⟨X⟩

das Tensorprodukt von M und N über R. Dies ist ein R-Modul nach Konstruktion. Für m ∈ M und n ∈ N schreiben wir den Elementartensor

m ⊗ n := (m, n) + _{R}⟨X⟩ .

Es ist (rm + r′m′) ⊗ n = r(m ⊗ n) + r′(m′ ⊗ n) für r, r′ ∈ R, m, m′ ∈ M, n ∈ N. Es ist m ⊗ (rn + r′n′) = r(m ⊗ n) + r′(m ⊗ n′) für r, r′ ∈ R, m ∈ M, n, n′ ∈ N. Jedes Element von M ⊗_{R} N ist von der Form

∑_{(m,n)∈W} m ⊗ n

für eine endliche Teilmenge W ⊆ M × N ; cf. Aufgabe ??.(1).

Lemma 122 (Universelle Eigenschaft des Tensorprodukts von Moduln) Seien R-Moduln M und N gegeben. Wir haben die Abbildung τ := τ_{M,N}: M × N → M ⊗_{R} N: (m, n) ↦ m ⊗ n. Diese erfüllt

\begin{aligned}τ(rm + r′m′, n) & = & rτ(m, n) + r′τ(m′, n) \\ τ(m, rn + r′n′) & = & rτ(m, n) + r′τ(m, n′) \end{aligned}

für r, r′ ∈ R, m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N ; cf. Definition 121. Sei T ein R-Modul. Sei t: M × N → T eine Abbildung mit

\begin{aligned}t(rm + r′m′, n) & = & rt(m, n) + r′t(m′, n) \\ t(m, rn + r′n′) & = & rt(m, n) + r′t(m, n′) \end{aligned}

für r, r′ ∈ R, m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung t̂: M ⊗_{R} N → T mit t̂∘ τ = t.

Diese erfüllt also t̂(m ⊗ n) = t(m, n) für m ∈ M und n ∈ N.

Beweis. Siehe Aufgabe ??.(2).

Definition 123 (und Lemma) Seien A = (A, α) und B = (B, β) kommutative R-Algebren. Es wird der R-Modul A ⊗_{R} B zu einem kommutativen Ring vermittels

(∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j}) := ∑_{i∈I, j∈J} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j} ,

wobei I und J endliche Mengen sind, wobei a_{i} ∈ A und b_{i} ∈ B liegen für i ∈ I und wobei a′_{j} ∈ A und b′_{j} ∈ B liegen für j ∈ J. Es wird A ⊗_{R} B zu einer kommutativen R-Algebra vermittels des Strukturmorphismus

γ: R → A ⊗_{R} B: r ↦ γ(r) := α(r) ⊗ 1 = 1 ⊗ β(r).

Man beachte hierbei, daß für a ∈ A, b ∈ B und r ∈ R stets (α(r)a) ⊗ b = (r · a) ⊗ b = r · (a ⊗ b) = a ⊗ (r · b) = a ⊗ (β(r)b) gilt. Die R-Modulstruktur auf A⊗_{R}B aus Definition 121 stimmt mit der via Strukturmorphismus γ und Beispiel 113.(4) überein. Siehe Aufgabe ??.

Bemerkung 124 (Universelle Eigenschaft des Tensorprodukts von Algebren)

Seien A = (A, α) und B = (B, β) kommutative R-Algebren. Es sind κ_{1} : A → A ⊗_{R} B: a ↦ a ⊗ 1 und κ_{2} : B → A ⊗_{R} B: b ↦ 1 ⊗ b Morphismen von R-Algebren. Sei eine kommutative R-Algebra T = (T, δ) gegeben, zusammen mit R-Algebrenmorphismen t_{1} : A → T und t_{2} : B → T. Dann gibt es genau einen R-Algebrenmorphismus t: A ⊗_{R} B → T mit t ∘ κ_{1} = t_{1} und t ∘ κ_{2} = t_{2} . Dieser erfüllt t(a ⊗ b) = t_{1}(a) · t_{2}(b) für a ∈ A und b ∈ B.

Beweis. Siehe Aufgabe ??.(2).

Die universelle Eigenschaft des direkten Produkts von R-Algebren aus Bemerkung 17 wird auch dadurch zum Ausdruck gebracht, dieses direkte Produkt als Produkt in der Kategorie der kommutativen R-Algebren anzusprechen. Die universelle Eigenschaft des Tensorprodukts von R-Algebren aus Bemerkung refXXXXX wird auch dadurch zum Ausdruck gebracht, dieses Tensorprodukt als Coprodukt in der Kategorie der kommutativen R-Algebren anzusprechen. Erstere universelle Eigenschaft heißt auch dual zu letzterer.

2.3 Jacobsonsche Algebren und der Nullstellensatz

Sei R ein kommutativer Ring. Sei X ein Element. Seien S = (S, α) und T = (T, β) kommutative R-Algebren. Sei f: S → T ein R-Algebrenmorphismus.

Definition 125 Sei Jac(S) := ⋂{ 𝔪 : 𝔪 ⊂ S ist ein maximales Ideal }

das Jacobsonradikal von S. Es ist Jac(S) ein Ideal in S. Es ist das Nilradikal von S im Jacobsonradikal von S enthalten; i.e. \sqrt{(0)} ⊆ Jac(S) ; cf. Lemma 77, Definition 33.

Bemerkung 126 Sei s ∈ S. Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.

(1) Es ist s ∈ Jac(S).

(2) Es ist 1 + xs ∈ U(S) für x ∈ S.

Beweis.

Ad (1) ⇒ (2). Wir haben 1 ∈^{!} (1 + xs), i.e. (1 + xs) =^{!} S zu zeigen; cf. Bemerkung 30.

Annahme, es ist (1 + xs) ⊂ S. Dann gibt es ein maximales Ideal 𝔪 ⊂ S mit (1 + xs) ⊆ 𝔪; cf. Lemma 47. Es ist dann xs ∈ Jac(S) ⊆ 𝔪 und also 1 = 1+xs−xs ∈ 𝔪, im Widerspruch zu 𝔪 ⊂ S.

Ad (2) ⇒ (1). Sei 𝔪 ⊂ S ein maximales Ideal. Wir haben s ∈ 𝔪 zu zeigen. Annahme, es ist s ∉ 𝔪. Dann ist 𝔪 ⊂ 𝔪 + (s) ⊆ S, wegen der Maximalität von 𝔪 also 𝔪 + (s) = S. Folglich gibt es ein m ∈ 𝔪 und ein y ∈ S mit m + ys = 1. Dann aber ist die Einheit 1 − ys in 𝔪 und also 𝔪 = S; cf. Bemerkung 30. Wir haben einen Widerspruch zu 𝔪 ⊂ S.

Lemma 127 (Nakayama) Sei M ein endlich erzeugter S-Modul. Sei M ≠ 0.

Dann ist Jac(S)M ⊂ M.

Beweis. Sei k ∈ Z_{⩾0} minimal derart, daß wir m_{i} ∈ M für i ∈ [1, k] so wählen können, daß M = _{S}⟨m_{i}: i ∈ [1, k]⟩ ist. Da M ≠ 0 ist, ist k ⩾ 1.

Annahme, es ist Jac(S)M = M. Dann ist m_{k} ∈ Jac(S)M. Daher können wir

m_{k} = ∑_{j∈[1,ℓ]} a_{j} m̃_{j}

schreiben mit ℓ ∈ Z_{⩾0} , mit a_{j} ∈ Jac(S) und m̃_{j} ∈ M für j ∈ [1, ℓ]. Für j ∈ [1, t] können wir m̃_{j} = ∑_{i∈[1,k]} s_{j,i} m_{i} schreiben mit s_{j,i} ∈ S für i ∈ [1, k]. Einsetzen gibt

m_{k} = ∑_{j∈[1,ℓ]} a_{j} (∑_{i∈[1,k]} s_{j,i} m_{i}) = ∑_{i∈[1,k]} \underbrace{(∑_{j∈[1,ℓ]} a_{j} s_{i,j})}_{=: b_{i}} m_{i} ,

wobei b_{i} ∈ Jac(S) liegt für i ∈ [1, k]. Es ist 1 − b_{k} ∈ U(S) ; cf. Bemerkung 126. Umformen gibt

(1 − b_{k})m_{k} = ∑_{i∈[1,k−1]} b_{i} m_{i}

und also

m_{k} = ∑_{i∈[1,k−1]}(1 − b_{k})^{−}b_{i} m_{i} .

Somit ist m_{k} ∈ _{S}⟨m_{i}: i ∈ [1, k − 1]⟩. Folglich ist

M = _{S}⟨m_{i}: i ∈ [1, k]⟩ = _{R}⟨m_{i}: i ∈ [1, k − 1]⟩ ,

im Widerspruch zur Minimalität von k.

Lemma 128 Sei x ∈ S.

(i) Die Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.

(1) Es gibt ein normiertes Polynom g(X) ∈ R[X] mit g(x) = 0.

(2) Es ist x ganz über R, i.e. es ist R[x] endlich über R.

(3) Es ist x enthalten in einer R-Teilalgebra T ⊆ S, welche endlich über R ist.

(ii) Sei R integer. Die Aussagen (1, 2) sind äquivalent.

(1) Es gibt ein Polynom g(X) ∈ R[X]^{×} mit g(x) = 0.

(2) Es ist x algebraisch über S.

Beweis. Ad (i). Ad (1) ⇒ (2). Sei n ∈ Z_{⩾0} und g(X) = ∑_{i∈[0,n]} a_{i}X^{i} ∈ R[X] mit a_{n} = 1 und g(x) = 0 gegeben. Für j ∈ Z_{⩾0} ist x^{n+j} = − ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}x^{i+j} ∈ _{A}⟨ x^{i} : i ∈ [0, n + j − 1] ⟩ und also

R⟨ x^{i} : i ∈ [0, n + j] ⟩ ⊆ _{R}⟨ x^{i} : i ∈ [0, n + j − 1] ⟩ .

Iteration gibt

R⟨ x^{i} : i ∈ [0, n + j] ⟩ ⊆ _{R}⟨ x^{i} : i ∈ [0, n − 1] ⟩

und also die Inklusion ⊆ in

R[x] = ⋃_{j⩾0} _{R}⟨ x^{i} : i ∈ [0, n + j] ⟩ = _{R}⟨ x^{i} : i ∈ [0, n − 1] ⟩ .

Ad (2) ⇒ (3). Wir können T = R[x] verwenden. Ad (3) ⇒ (1). Wir schreiben T = _{R}⟨ t_{i} : i ∈ [1, k] ⟩ für ein k ∈ Z_{⩾0} und gewisse t_{i} ∈ T für i ∈ [1, k]. Es ist xt_{i} ∈ T für i ∈ [1, k]. Also gibt es eine Matrix A = (r_{i,j})_{i,j} ∈ R^{k×k} mit xt_{i} = ∑_{j∈[1,k]} α(r_{i,j})t_{j} für i ∈ [1, k], i.e. mit ∑_{j∈[1,k]}(x∂_{i,j} − α(r_{i,j}))t_{j} = 0 für i ∈ [1, k]. Wir schreiben B = (b_{i,j})_{i,j} := xE_{k} − (α(r_{i,j}))_{i,j} ∈ S^{k×k}. Es ist also ∑_{j∈[1,k]} b_{i,j}t_{j} = 0 für i ∈ [1, k]. Sei B′ = (b′_{i,j})_{i,j} ∈ S^{k×k} die Adjunkte zu S, i.e. sei

b′_{u,v} = (−1)^{u+v} det((b_{i,j})_{i∈[1,k]∖{v}, j∈[1,k]∖{u}})

für u, v ∈ [1, k]. Dann gilt nach der Cramerschen Regel B′B = det(B)E_{k}; cf. XXXUeXXX. I.e. es ist ∑_{i∈[1,k]} b′_{ℓ,i}b_{i,j} = det(B)∂_{ℓ,j} für j, ℓ ∈ [1, k]. Für ℓ ∈ [1, k] folgt

det(B)t_{ℓ} = _{∑j∈[1,k]} det(B)∂_{ℓ,j} t_{j} = _{∑i, j ∈ [1,k]}b′_{ℓ,i} b_{i,j} t_{j} = 0 ,

also, da 1 ∈ T = _{R}⟨ t_{i} : i ∈ [1, k] ⟩, auch det(B) = 0.

Daher ist g(X) := det(XE_{k} − A) ∈ R[X] nach der Leibnizformel ein normiertes Polynom, und es ist g(x) = det(xE_{k} − (α(r_{i,j}))_{i,j}) = det(B) = 0. Ad (ii). Ad (2) ⇒ (1). Schreibe g(X) = ∑_{i∈[0,k]} r_{i}X^{i} mit k ∈ Z_{⩾0} und r_{k} ≠ 0. Es ist 0 = r_{k}^{k−1}g(x) = (r_{k}x)^{k} + ∑_{i∈[0,k]} r_{i}r_{k}^{k−i−1}(r_{k}x)^{i}. Also ist r_{k}x ganz über R; cf. (i). Also ist x algebraisch über R. Ad (1) ⇒ (2). Wähle y ∈ R^{×} mit yx ganz über R. Dann gibt es ein Polynom h(X) = ∑_{i∈[0,k]} r̃_{i}X^{i} mit k ∈ Z_{⩾0} und r_{k} ≠ 0 und h(yx) = 0 ; cf. (i). Also ist 0 = ∑_{i∈[0,k]} r̃_{i}y^{i}x^{i}. Es ist y^{k} ≠ 0. Also ist g(X) := ∑_{i∈[0,k]} r̃_{i}y^{i}X^{i} ungleich 0. Es ist g(x) = 0.

Bemerkung 129 Sei α: R → S injektiv. Sei S integer. Sei S ganz über R. Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.

(1) Es ist R ein Körper.

(2) Es ist S ein Körper.

Beweis. Ad (2) ⇒ (1). Sei x ∈ R^{×}. Wir haben zu zeigen, daß x ∈^{!} U(R) liegt. Es ist y := α(x)^{−} ∈ U(S) ⊆ S ganz über R. Dank Lemma 128.(i) gibt es ein k ∈ Z_{⩾0} und ein normiertes Polynom g(X) = ∑_{i∈[0,k]} r_{i}X^{i} ∈ R[X] mit g(y) = 0. Mit anderen Worten, es ist ∑_{i∈[0,k]} α(r_{i}) y^{i} = 0. Folglich ist

α (x · (−_{∑i∈[0,k−1]}r_{i} x^{k−i−1})) = −_{∑i∈[0,k−1]}α(r_{i})α(x)^{k−i}
= y^{−k} · (−_{∑i∈[0,k−1]}α(r_{i}) y^{i})
= y^{−k} · y^{k}
= 1 .

Da α injektiv ist, folgt x · (−_{∑i∈[0,k−1]}r_{i}x^{k−i−1}) = 1 und also x ∈ U(R).

Ad (1) ⇒ (2). Sei y ∈ S^{×}. Wir haben zu zeigen, daß y ∈^{!} U(S) liegt. Es ist y ganz über R. Dank Lemma 128.(i) gibt es ein k ∈ Z_{⩾0} und ein normiertes Polynom g(X) = ∑_{i∈[0,k]} r_{i}X^{i} ∈ R[X] mit g(y) = 0. Mit anderen Worten, es ist ∑_{i∈[0,k]} α(r_{i}) y^{i} = 0. Da S integer ist, dürfen wir nach Kürzen einer Potenz von y annehmen, daß r_{0} ≠ 0 ist. Da R ein Körper ist, ist r_{0} ∈ U(R). Es ist y · (∑_{i∈[1,k]} α(r_{i}) y^{i}) = −α(r_{0}) ∈ U(S). Folglich ist y ∈ U(S).

Bemerkung 130 Die folgenden Aussagen (1, 2) gelten.

(1) Es ist { x ∈ S : x ist ganz über R } eine R-Teilalgebra von S.

(2) Sei R integer. Es ist { x ∈ S : x ist algebraisch über R } eine R-Teilalgebra von S.

Beweis. Ad (1). Wir schreiben T := { x ∈ S : x ist ganz über R }. Es ist α(R) ⊆ T, insbesondere sind 0, 1 ∈ T. Seien x, y ∈ T. Wir haben zu zeigen, daß x − y und xy in T liegen. Da y ganz über R ist, ist y auch ganz über R[x] ; cf. Lemma 128.(i). Dank Aufgabe ??.(1) folgt aus R[x, y] endlich über R[x] und R[x] endlich über R, daß R[x, y] endlich ist über R. Da x − y, xy ∈ R[x, y] liegen, folgt die Aussage nun mit Lemma 128.(i). Ad (2). Wir schreiben T′ := { x′ ∈ S : x′ ist algebraisch über R }. Es ist α(R) ⊆ T′, insbesondere sind 0, 1 ∈ T′. Seien x′, y′ ∈ T. Wir haben zu zeigen, daß x′ − y′ und x′y′ in T′ liegen. Wir wählen a, b ∈ R^{×} mit a · x′ und b · y′ ganz über R. Dank (1) sind dann auch ab · x′y′ und ba · x′ − ab · y′ = ab · (x′ − y′) ganz über R. Da R integer ist, ist ab ∈ R^{×}. Folglich sind x′y′ und x′ − y′ algebraisch über R, wie benötigt.

Definition 131 Es heißt S jacobsonsch, wenn Jac(S/𝔭) = (0) ist für 𝔭 ∈ Spec(S).

Beispiel 132 Sei R := C. Sei S := C[X]_{(X)} . Es ist S = C[X]_{(X)} integer; cf. Aufgabe ??.(3). Also ist (0) ⊆ S prim. Es ist S ≃ S/(0). Es ist aber S lokal mit maximalem Ideal (X)_{(X)} = (\frac{X}{1} ) ; cf. Bemerkung 74. Also ist Jac(S) = (X)_{(X)} ≠ (0). Folglich ist S nicht jacobsonsch.

Bemerkung 133 Sei S jacobsonsch. Sei f: S → T surjektiv. Dann ist T jacobsonsch.

Beweis. Sei 𝔮 ∈ Spec(T). Sei 𝔭 := f^{−1}(𝔮). Es ist 𝔭 ∈ Spec(S) ; cf. Bemerkung 41. Wir haben den R-Algebrenisomorphismus f̄: S/𝔭 → T/𝔮: s + 𝔭 ↦ f(s) + 𝔮; cf. Aufgabe 8.(3). Da Jac(S/𝔭) = (0) ist, ist auch Jac(T/𝔮) = (0).

Bemerkung 134 Sei S jacobsonsch. Sei 𝔞 ∈ Ideale(S). Es ist

\sqrt{𝔞} = ⋂\{ 𝔪 : es ist 𝔪 ⊂ S ein maximales Ideal mit 𝔞 ⊆ 𝔪 \} .

Hierbei ist der Schnitt über eine leere Menge von Teilmengen von S als S definiert. Insbesondere ist \sqrt{(0)} = Jac(S).

Beweis. Zu zeigen ist

\sqrt{𝔞} = ⋂\{ 𝔭 : es ist 𝔭 ⊂ S ein Primideal mit 𝔞 ⊆ 𝔪 \}
⊇^{!} ⋂{ 𝔪 : es ist 𝔪 ⊂ S ein maximales Ideal mit 𝔞 ⊆ 𝔪 } =: 𝔟 ;

cf. Lemma 77. Sei x ∈ 𝔟. Sei 𝔭 ∈ Spec(S) mit 𝔞 ⊆ 𝔭. Zu zeigen ist x ∈^{!} 𝔭. Da Jac(S/𝔭) = (0) ist, ist

⋂{ 𝔪 : es ist 𝔪 ⊂ S ein maximales Ideal mit 𝔭 ⊆ 𝔪 } = 𝔭 ;

cf. Aufgaben 10 und ??.(5). Es genügt also, x ∈^{!} 𝔪 zu zeigen für jedes maximale Ideal 𝔪 ⊂ S mit 𝔭 ⊆ 𝔪. Dann aber ist 𝔞 ⊆ 𝔭 ⊆ 𝔪 und die Behauptung folgt aus x ∈ 𝔟.

Lemma 135 Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.

(1) Es ist S jacobsonsch.

(2) Für 𝔭 ∈ Spec(S) und x ∈ S ∖ 𝔭 mit (S/𝔭)_{x+𝔭} Körper ist auch S/𝔭 ein Körper.

Beweis. Ad (1) ⇒ (2). Wir schreiben S̄ := S/𝔭 und x̄ := x + 𝔭. Sei S̄x̄ ein Körper. Wir haben zu zeigen, daß S̄ ein Körper ist. Wir schreiben N := { x̄^{i} : i ∈ Z_{⩾0} }. Es ist Spec(S̄x̄) = { 𝔮//N : 𝔮 ∈ Spec(S̄), x̄ ∉ 𝔮 }; cf. Bemerkung 69.(1). Da S̄x̄ ein Körper ist, ist Spec(S̄x̄) = {(0)}. Also ist für jedes 𝔮 ∈ Spec(S̄) mit x̄ ∉ 𝔮 bereits 𝔮//N = (0), was wegen S̄ integer gerade 𝔮 = (0) bedeutet. In anderen Worten, ist 𝔮 ∈ Spec(S̄) ∖ {(0)}, dann ist x̄ ∈ 𝔮. Annahme, es ist S̄ kein Körper. Dann ist das Ideal (0) ⊂ S̄ nicht maximal. Folglich ist jedes maximale Ideal in S̄ ungleich (0). Also ist x̄ in jedem maximalen Ideal von S̄ enthalten; cf. Definition 33. Dann aber ist x̄ ∈ Jac(S̄) = (0), und wir haben einen Widerspruch zu x̄ ≠ 0.

Ad (2) ⇒ (1). Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Wir schreiben S̄ := S/𝔭 und s̄ := s + 𝔭 für s ∈ S. Wir haben Jac(S̄) =^{!} (0) zu zeigen.

Sei x ∈ S ∖ 𝔭, i.e. x̄ ∈ S̄^{×}. Wir müssen zeigen, daß x̄ ∉^{!} Jac(S̄) liegt, i.e. daß es ein

maximales Ideal 𝔪 ⊂ S̄ mit x̄ ∉^{!} 𝔪 gibt.

Es ist S̄x̄ nicht der Nullring, da S̄ integer ist und x̄ ∈ S̄^{×}.

Sei 𝔫 ⊂ S̄x̄ ein maximales Ideal. Dann ist S̄x̄/𝔫 ein Körper. Sei 𝔮 := ρ_{S,𝔭}^{−1}(λ_{S,N}^{−1}(𝔫)) ∈ Spec(S) ; cf. Definition 33, Bemerkung 69. Es ist 𝔭 = ρ_{S,𝔭}^{−1}((0)) ⊆ ρ_{S,𝔭}^{−1}(λ_{S,N}^{−1}(𝔫)) = 𝔮.

Es ist genau dann \frac{ā}{x̄^{i}} ∈ 𝔫, wenn a ∈ 𝔮 ist; wobei a ∈ S und i ∈ Z_{⩾0} liegen. Insbesondere ist \frac{x̄}{1} ∈ U(S̄x̄), also \frac{x̄}{1} ∉ 𝔫, i.e. x ∉ 𝔮.

Wir schreiben S̃ := S/𝔮 und s̃ := s + 𝔮 für s ∈ S. Wir haben die sich invertierenden R-Algebrenmorphismen

\begin{aligned}S̄x̄/𝔫 & ⟷ & S̃x̃ \\ \frac{ā}{x̄^{i}} + 𝔫 & ↦ & \frac{ã}{x̃^{i}} \\ \frac{ā}{x̄^{i}} + 𝔫 & ↤ & \frac{ã}{x̃^{i}} , \end{aligned}

cf. Bemerkung 26, Lemma 67. In der Tat haben wir den R-Algebrenmorphismus S → S̃x̃: s ↦ \frac{s̃}{1}. Dieser schickt 𝔭 auf 0, was den R-Algebrenmorphismus S̄ → S̃x̃: s̄ ↦ \frac{s̃}{1} induziert. Dieser wiederum schickt x̄ auf die Einheit \frac{x̃}{1} mit Inversem \frac{1}{x̃} , was den R-Al-gebrenmorphismus S̄x̄ → S̃x̃: \frac{s̄}{x̄^{i}} ↦ \frac{s̃}{x̃^{i}} induziert. Dieser schließlich schickt 𝔫 auf 0, was den R-Algebrenmorphismus S̄x̄/𝔫 → S̃x̃: \frac{s̄}{x̄^{i}} + 𝔫 ↦ \frac{s̃}{x̃^{i}} induziert. In der Gegenrichtung haben wir den R-Algebrenmorphismus S → S̄x̄/𝔫: s ↦ \frac{s̄}{1} + 𝔫. Dieser schickt 𝔮 auf 0, was den R-Algebrenmorphismus S̃ → S̄x̄/𝔫: s̃ ↦ \frac{s̄}{1} + 𝔫 induziert. Dieser wiederum schickt x̃ auf das invertierbare Element \frac{x̄}{1} + 𝔫 mit Inversem \frac{1}{x̄} + 𝔫, was den R-Algebrenmorphismus S̃x̃ → S̄x̄/𝔫: \frac{s̃}{x̃^{i}} ↦ \frac{s̄}{x^{i}} + 𝔫 induziert.

Also ist S̃x̃ ein Körper. Da S̃ = S/𝔮 ist und da x̃ ≠ 0 ist, ist dank (2) auch S̃ ein Körper. Also ist 𝔮 maximal in S und daher auch 𝔪 := ρ_{S,𝔭}(𝔮) = { s̄: s ∈ 𝔮 } maximal in S̄; cf. Aufgabe ??.(5). Da x ∉ 𝔮 liegt, liegt auch x̄ ∉ 𝔪, wie verlangt.

Bemerkung 136 Sei R ein Körper.

Dann ist R[X] jacobsonsch.

Jedes Primideal in R[X] ungleich (0) ist maximal und von einem Primelement erzeugt.

Beweis. Jedes Primideal in R[X] ungleich (0) ist maximal und von einem Primelement erzeugt; cf. Aufgaben 11.(2) und ??.(3), Bemerkung 74.

Sei 𝔭 ⊆ R[X] ein Primideal. Wir haben Jac(R[X]/𝔭) =^{!} (0) zu zeigen.

Fall 𝔭 = (0).

Behauptung. Es gibt in R[X] neben (X) noch unendlich viele weitere maximale Ideale.

Annahme nicht. Sei k ∈ Z_{⩾1} und seien 𝔪_{i} für i ∈ [1, k] die verschiedenen maximalen Ideale. Sei 𝔪_{i} = (m_{i}(X)) mit deg(m_{i}) ⩾ 1 für i ∈ [1, k]. Dann ist u(X) := 1 + ∏_{i∈[1,k]} m_{i}(X) von Grad ⩾ 1. Also ist (u(X)) ⊂ R[X], aber (u(X)) ⊈ (m_{i}(X)) für i ∈ [1, k], im Widerspruch zu Lemma 47. Dies zeigt die Behauptung.

Sei nun g(X) ∈ Jac(R[X]). Wir haben g(X) =^{!} 0 zu zeigen.

Annahme, es ist g(X) ≠ 0. Es ist g(X) ∉ U(R[X]). Also können wir g(X) = ∏_{i∈[1,ℓ]} p_{i}(X) schreiben mit ℓ ∈ Z_{⩾1} und p_{i}(X) ∈ R[X]^{×} prim für i ∈ [1, ℓ]; cf. Aufgabe ??.(8). Sei 𝔪 ein maximales Ideal, welches nicht in { (p_{i}(X)) : i ∈ [1, ℓ] } liegt. Es ist g(X) ∈ Jac(R[X]) ⊆ 𝔪. Also gibt es ein j ∈ [1, ℓ] mit (p_{i}(X)) ⊆ 𝔪. Wegen (p_{i}(X)) maximal folgt (p_{i}(X)) = 𝔪. Wir haben einen Widerspruch.

Fall 𝔭 ≠ (0). Es ist 𝔭 maximal, also R[X]/𝔭 ein Körper, worin (0) maximal ist, was Jac(R[X]/𝔭) = (0) nach sich zieht.

Lemma 137 Sei S jacobsonsch. Sei T = S[x] für ein x ∈ T.

Die folgenden Aussagen (1, 2) gelten.

(1) Es ist T jacobsonsch.

(2) Sei 𝔮 ⊂ T ein maximales Ideal. Dann ist auch 𝔭 := f^{−1}(𝔮) ⊂ S ein maximales Ideal und T/𝔮 endlich über S/𝔭 via f̄: S/𝔭 → T/𝔮: s + 𝔭 ↦ f(s) + 𝔮.

Beweis.

Ad (1). Sei 𝔮 ∈ Spec(T).

Wir schreiben 𝔭 := f^{−1}(𝔮) ⊂ S. Es sind S̄ := S/𝔭 und T̄ := T/𝔮 integer; cf. Bemerkung 41. Wir haben den injektiven R-Algebrenmorphismus f̄: S̄ → T̄: s + 𝔭 ↦ f(s) + 𝔮; cf. Aufgabe 8.(3). Wir identifizieren entlang f̄ und sehen S̄ als Teilalgebra von T̄ an.

Für y ∈ T schreiben wir kurz ȳ:= y + 𝔮 ∈ T̄. Es ist T̄ = S̄[x̄].

Sei 𝔲 ⊆ S̄[X] der Kern des surjektiven S̄-Algebrenmorphismus S̄[X] → S̄[x̄]: X ↦ x̄; cf. Lemma 20. Dieser ist auch ein R-Algebrenmorphismus. Es ist T̄ ≃ S̄[X]/𝔲; cf. Aufgabe 8.(3). Insbesondere ist 𝔲 ein Primideal.

Sei t ∈ T ∖ 𝔮. Sei T̄t̄ ein Körper. Gemäß Lemma 135 ist zu zeigen, daß T̄ ein Körper ist.

Fall 𝔲 = (0). Dann ist T̄ ≃ S̄[X]. Folglich genügt es zu zeigen, daß für a(X) ∈ S̄[X]^{×} der Ring S̄[X]_{a(X)} kein Körper ist.

Annahme, doch. Sei K = Quot(S̄). Wir identifizieren entlang λ: S̄ → K. Wir wählen ein Primelement b(X) ∈ K[X]^{×} mit a(X) ∉ (b(X)) ⊆ K[X]. Ein solches existiert, da sonst a(X) in allen maximalen Idealen von K[X] liegt, im Widerspruch zu K[X] jacobsonsch; cf.

Bemerkung 136. Durch Multiplikation mit einem gemeinsamen Nenner der Koeffizienten können wir erreichen, daß b(X) ∈ S̄[X] liegt.

Da S̄[X]_{a(X)} ein Körper ist, gibt es ein Element \frac{c(X)}{a(X)^{k}} ∈ S̄[X]_{a(X)} mit \frac{c(X)}{a(X)^{k}} · \frac{b(X)}{1} = 1. Dann ist aber b(X) · c(X) = a(X)^{k}, also a(X)^{k} ∈ (b(X)), also, da (b(X)) prim ist, auch a(X) ∈ (b(X)). Wir haben einen Widerspruch.

Fall 𝔲 ≠ (0). Wir wählen u(X) ∈ 𝔲 mit u(X) ≠ 0. Es ist u(x̄) = 0. Daher ist x̄ algebraisch über S̄; cf. Lemma 128.(ii). Infolgedessen ist S̄[x̄] algebraisch über S̄; cf. Bemerkung 130.(2). Insbesondere ist t̄ algebraisch über S̄. Es gibt also ein Polynom ∑_{i∈[0,ℓ]} ϑ_{i}X^{i} ∈ S̄[X] mit ℓ ∈ Z_{⩾1} und ϑ_{ℓ} ≠ 0 und ∑_{i∈[0,ℓ]} ϑ_{i}t̄^{i} = 0. Da T̄ integer ist, können wir hierbei noch ϑ_{0} ≠ 0 erreichen.

Da T̄t̄ ein Körper ist, sind darin ϑ_{0} und η_{k} invertierbar. Wir schreiben ξ := ϑ_{0}η_{k} ∈ S̄^{×}. Wir haben den injektiven R-Algebrenmorphismus S̄_{ξ} → T̄t̄: \frac{ȳ}{ξ^{k}} ↦ ȳξ^{−k}, dementlang wir S_{ξ} mit einer R-Teilalgebra von T̄t̄ identifizieren.

In T̄t̄ ist 0 = ∑_{i∈[0,ℓ]} ϑ_{ℓ−i}ϑ_{0}^{−}(\frac{1}{t̄})^{i} = (\frac{1}{t̄})^{ℓ} + ∑_{i∈[0,ℓ−1]} ϑ_{ℓ−i}ϑ_{0}^{−}(\frac{1}{t̄})^{i}. Also ist \frac{1}{t̄} ganz über S̄_{ξ}; cf. Lemma 128.(i).

Es ist x̄^{k} + ∑_{i∈[0,k−1]} η_{i}η_{k}^{−1}x̄^{i} = 0. Also ist x̄ ganz über S̄_{ξ}.

Folglich ist T̄t̄ = S̄[x̄, \frac{1}{t̄}] ganz über S̄_{ξ}; cf. Bemerkung 130.(1).

Da T̄t̄ ein Körper ist, ist S̄_{ξ} ebenfalls ein Körper; cf. Bemerkung 129.

Da S jacobsonsch ist und da S̄ = S/𝔭 ist, folgt aus S̄_{ξ} Körper, daß S̄ ein Körper ist; cf. Lemma 135.

Daher ist 𝔲 ⊂ S̄[X] maximal; cf. Bemerkung 136. Folglich ist T̄ ≃ S̄[X]/𝔲 ein Körper.

Ad (2). Um zu zeigen, daß 𝔭 ⊂ S maximal ist, haben wir zu zeigen, daß S̄ ein Körper ist.

Nun ist T̄ ein Körper. Also ist 𝔲 ⊂ S̄[X] maximal. Da S̄[X] wegen X ∈ S̄[X]^{×} ∖ U(S̄[X]) kein Körper ist, ist 𝔲 ≠ (0). Wir wählen u(X) ∈ 𝔲 mit u(X) ≠ 0. Wir schreiben u(X) = ∑_{i∈[0,k]} η_{i}X^{i} mit k ∈ Z_{⩾0} und η_{k} ≠ 0.

Es ist 0 = u(x̄) = ∑_{i∈[0,k]} η_{i}x̄^{i}. Es ist also 0 = x̄^{k} + ∑_{i∈[0,k−1]} η_{k}^{−}η_{i}x̄^{i}. Folglich ist x̄ ganz über S̄_{η_{k}} ; cf. Lemma 128.(i). Also ist T̄ = S̄[x̄] ganz über S̄_{η_{k}} ; cf. Bemerkung 130.(1). Da T̄ ein Körper ist, gilt das auch für S̄_{η_{k}} ; cf. Bemerkung 129. Da S jacobsonsch ist und da S̄ = S/𝔭 ist, folgt aus S̄_{η_{k}} Körper, daß S̄ ein Körper ist; cf. Lemma 135.

Insbesondere ist η_{k} ∈ U(S̄). Folglich ist x̄ ganz über S̄. Somit ist T̄ = S̄[x̄] endlich über S̄.

Satz 138 (Rabinowitsch) Sei S jacobsonsch.

Sei T = (T, f) endlich erzeugt als S-Algebra.

Die folgenden Aussagen (1, 2) gelten.

(1) Es ist T jacobsonsch.

(2) Sei 𝔮 ⊂ T ein maximales Ideal. Dann ist auch 𝔭 := f^{−1}(𝔮) ⊂ S ein maximales Ideal und T/𝔮 endlich über S/𝔭 via f̄: S/𝔭 → T/𝔮: s + 𝔭 ↦ f(s) + 𝔮.

Beweis. Wir schreiben T = S[x_{1}, …, x_{n}] für n ∈ Z_{⩾0} und x_{i} ∈ T für i ∈ [1, n] geeignet. Ad (1). Iteriertes Anwenden von Lemma 137.(1) gibt

S jacobsonsch ⟹ S[x_{1}] jacobsonsch
⟹ S[x_{1}, x_{2}] jacobsonsch
⋮
⟹ S[x_{1}, x_{2}, …, x_{n}] = T jacobsonsch .

Ad (2). Wir haben zu zeigen, daß S/𝔭 ein Körper ist. Wir schreiben S_{i} := S[x_{1}, …, x_{i}] für i ∈ [1, n]. Sei ferner S_{0} := S. Es läßt sich f schreiben als Kompositum von f|^{S_{1}} mit den Inklusionsabbildungen S_{i} → S_{i+1} für i ∈ [1, n − 1]. Sei 𝔳_{i} das Urbild von 𝔮 unter dem Kompositum S_{i} → S_{n} = T für i ∈ [0, n]. Insbesondere ist 𝔳_{0} = 𝔭 und 𝔳_{n} = 𝔮. Wir schreiben S̄_{i} := S_{i}/𝔳_{i} für i ∈ [0, n]. Wir erhalten gemäß Aufgabe 8 injektive R-Algebrenmorphismen

S̄ = S̄_{0} → S̄_{1} → S̄_{2} → … → S̄_{n} = T̄ .

Iteriertes Anwenden von Lemma 137.(2) gibt

T̄ = S̄_{n} Körper ⟹ S̄_{n−1} Körper
⟹ S̄_{n−2} Körper
⋮
⟹ S̄_{0} = S̄ Körper .

Ferner liefert Lemma 137.(2) zusammen mit Aufgabe ??.(1), daß T̄ endlich über S̄ ist.

Korollar 139 Sei K ein Körper. Sei n ∈ Z_{⩾0} . Seien X_{1}, …, X_{n} paarweise verschiedene Elemente. Sei 𝔞 ⊆ K[X_{1}, …, X_{n}] ein Ideal. Dann ist K[X_{1}, …, X_{n}]/𝔞 jacobsonsch. Insbesondere ist K[X_{1}, …, X_{n}] jacobsonsch.

Beweis. Dies folgt aus Satz 138.(1) und aus K jacobsonsch.

Lemma 140 Sei K ein Körper.

Sei n ∈ Z_{⩾0} . Seien X_{1} , …, X_{n} paarweise verschiedene Elemente.

(1) Sei (b_{i})_{i∈[1,n]} ∈ K^{⊕n} gegeben. Dann ist

(X_{1} − b_{1}, …, X_{n} − b_{n}) ⊂ K[X_{1}, …, X_{n}]

ein maximales Ideal.

Ist g(X_{1}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}], dann ist genau dann g(b_{1}, …, b_{n}) = 0, wenn g(X_{1}, …, X_{n}) ∈ (X_{1} − b_{1}, …, X_{n} − b_{n}) liegt.

(2) Sei K algebraisch abgeschlossen.

Sei 𝔪 ⊂ K[X_{1}, …, X_{n}] ein maximales Ideal.

Dann gibt es (c_{i})_{i∈[1,n]} ∈ K^{⊕n} mit

𝔪 = (X_{1} − c_{1}, …, X_{n} − c_{n}) .

Cf. auch Beispiel 37.

Beweis.

Ad (1). Wir haben den surjektiven K-Algebrenmorphismus K[X_{1}, …, X_{n}] → K, der X_{i} ↦ b_{i} abbildet für i ∈ [1, n] ; cf. Lemma 20. Er bildet also g(X_{1}, …, X_{n}) nach g(b_{1}, …, b_{n}) ab.

Sein Kern 𝔨 ist ein maximales Ideal.

Es ist 𝔨̃:= (X_{1} − b_{1}, …, X_{n} − b_{n}) ⊆ 𝔨. Wir haben ⊇ zu zeigen.

Sei g_{1}(X_{1}, …, X_{n}) ∈ 𝔨 gegeben. Es ist g_{1}(b_{1}, …, b_{n}) = 0. Wir haben g_{1}(X_{1}, …, X_{n}) ∈^{!} 𝔨̃

zu zeigen.

Polynomdivision gibt g_{1}(X_{1}, …, X_{n}) = (X_{1} − b_{1}) · q_{1}(X_{1}, …, X_{n}) + g_{2}(X_{2}, …, X_{n}), mit q_{1}(X_{1}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] und mit g_{2}(X_{2}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] konstant in X_{1} . Es ist

0 = g_{1}(b_{1}, …, b_{n}) = (b_{1} − b_{1}) · q_{1}(b_{1}, …, b_{n}) + g_{2}(b_{2}, …, b_{n}) = g_{2}(b_{2}, …, b_{n}) .

Wir haben g_{2}(X_{2}, …, X_{n}) ∈^{!} 𝔨̃ zu zeigen.

Polynomdivision gibt g_{2}(X_{2}, …, X_{n}) = (X_{2} − b_{2}) · q_{2}(X_{2}, …, X_{n}) + g_{3}(X_{3}, …, X_{n}), mit q_{2}(X_{2}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] konstant in X_{1} und mit g_{3}(X_{3}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] konstant in X_{1} und X_{2} . Es ist

0 = g_{2}(b_{2}, …, b_{n}) = (b_{2} − b_{2}) · q_{2}(b_{2}, …, b_{n}) + g_{3}(b_{3}, …, b_{n}) = g_{3}(b_{3}, …, b_{n}) .

Wir haben g_{3}(X_{3}, …, X_{n}) ∈^{!} 𝔨̃ zu zeigen.

Usf. Am Ende muß g_{n+1} ∈^{!} 𝔨̃ gezeigt werden, was aber aus g_{n+1} = 0 folgt. Ad (2). Es ist K[X_{1}, …, X_{n}]/𝔪 endlich über K/(𝔪 ∩ K) = K/(0) ≃ K; cf. Korollar 139, Satz 138.(2). Da K algebraisch abgeschlossen ist, hat K keine endlichdimensionalen Körpererweiterungen von Dimension ⩾ 2. Denn wäre L eine solche Erweiterung, dann hätte ein Element aus L, das nicht aus K stammt, ein Minimalpolynom von Grad ⩾ 2. Da K algebraisch abgeschlossen ist, hat dieses Minimalpolynom eine Nullstelle aus K, deren zugehörigen Linearfaktor man abdividieren kann. Der verbleibende Faktor muß unser Element als Nullstelle haben, was wegen Minimalität aber nicht geht. Es folgt, daß der Strukturmorphismus K → K[X_{1}, …, X_{n}]/𝔪 ein Isomorphismus ist. Sei u: K[X_{1}, …, X_{n}]/𝔪 → K sein Inverses. Wir schreiben c_{i} := u(X_{i}) für i ∈ [1, n]. Es ist u(X_{i}−c_{i}+𝔪) = c_{i}−c_{i} = 0 für i ∈ [1, n]. Die Injektivität von u gibt dann X_{i}−c_{i}+𝔪 = 0 für i ∈ [1, n]. Also ist (X_{1}−c_{1}, …, X_{n}−c_{n}) ⊆ 𝔪. Dank (1) ist aber (X_{1} − c_{1}, …, X_{n} − c_{n}) maximal. Also ist (X_{1} − c_{1}, …, X_{n} − c_{n}) = 𝔪.

Satz 141 (Hilberts Nullstellensatz) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Sei n ∈ Z_{⩾0} . Seien X_{1} , …, X_{n} paarweise verschiedene Elemente. Sei 𝔞 ⊆ K[X_{1}, …, X_{n}] ein Ideal. Sei

V := { (v_{i})_{i} ∈ K^{⊕n} : es ist a(v_{1}, …, v_{n}) = 0 für a(X_{1}, …, X_{n}) ∈ 𝔞 } .

Dann wird \{ g(X_{1}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] : es ist g(v_{1}, …, v_{n}) = 0 für (v_{i})_{i} ∈ V \} = \sqrt{𝔞} .

Arbeitet man in der algebraischen Geometrie mit Varietäten wie etwa V, so erlaubt der Hilbertsche Nullstellensatz die Übersetzung zwischen Geometrie und Algebra. Arbeitet man dort mit Schemata, also verallgemeinerten Varietäten, dann genügt einem dazu stattdessen das einfacher erhältliche Lemma 77.

Beweis.

Ad ⊇. Sei g(X_{1}, …, X_{n}) ∈ \sqrt{𝔞}. Sei v ∈ V. Zu zeigen ist g(v_{1}, …, v_{n}) =^{!} 0.

Es gibt ein k ∈ Z_{⩾1} mit g(X_{1}, …, X_{n})^{k} ∈ 𝔞. Also ist g(v_{1}, …, v_{n})^{k} = 0. Mithin ist g(v_{1}, …, v_{n}) = 0. Ad ⊆. Sei 𝔪 ⊂ K[X_{1}, …, X_{n}] ein maximales Ideal. Wir schreiben

𝔪 = (X_{1} − b_{1}, …, X_{n} − b_{n})

für ein (b_{i})_{i} ∈ K^{⊕n}; cf. Lemma 140.(2).

Es ist genau dann 𝔞 ⊆ 𝔪, wenn a(b_{1}, …, b_{n}) = 0 ist für alle a(X_{1}, …, X_{n}) ∈ 𝔞; cf. Korollar 140.(1). I.e. genau dann, wenn (b_{i})_{i} ∈ V liegt. Folglich ist

\sqrt{𝔞} =^{K. 139, B. 134} ⋂\{ 𝔪 : es ist 𝔪 ⊂ K[X_{1}, …, X_{n}] ein maximales Ideal mit 𝔞 ⊆ 𝔪 \}
=^{K. 140} ⋂_{(v_{i})_{i}∈V} (X_{1} − v_{1}, …, X_{n} − v_{n})
=^{K. 140.(1)} ⋂_{(v_{i})_{i}∈V} { g(X_{1}, …, X_{n}) ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] : g(v_{1}, …, v_{n}) = 0 } .

2.4 Krulldimension

Sei R ein kommutativer Ring. Seien S = (S, α) und T = (T, β) kommutative R-Algebren. Sei 0_{S} ≠ 1_{S}. Sei 0_{T} ≠ 1_{T} . Sei f: S → T ein R-Algebrenmorphismus. Sei X, Y verschiedene Elemente. Seien X_{i} für i ∈ Z_{⩾1} paarweise verschiedene Elemente.

2.4.1 Definition der Krulldimension

Definition 142

(1) Wir betrachten die Teilmenge

L := { k ∈ Z_{⩾0} : es gibt 𝔭_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [0, k] mit 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k} } ⊆ Z_{⩾0}

Ist L nach oben beschränkt, so sei Krdim(S) := max(L) die Krulldimension von S. Ist L nicht nach oben beschränkt, so schreiben wir Krdim(S) := ∞.

(2) Sei 𝔮 ∈ Spec(S). Sei ht(𝔮) := Krdim(S_{𝔮}) die Höhe von 𝔮 (engl. height). Mit anderen Worten, ist die Menge

{ k ∈ Z_{⩾0} : es gibt 𝔭_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [1, k] mit 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k} ⊆ 𝔮 }

nach oben beschränkt, dann ist ht(𝔮) ihr Maximum, ansonsten ist ht(𝔮) = ∞; cf. Bemerkung 69.(1).

Beispiel 143

(1) Ist S ein Körper, dann ist Krdim(S) = 0.

(2) Ist R ein Körper, dann ist Krdim(R[X]) = 1 ; cf. Bemerkung 136.

(3) Ist R integer, dann ist Krdim(R[X, Y]) ⩾ 2. Denn in Spec(R[X, Y]) gibt es die Primidealkette (0) ⊂ (X) ⊂ (X, Y).

(4) Ist R integer, dann ist Krdim(R[X_{i}: i ∈ Z_{⩾1}]) = ∞. Denn in Spec(R[X_{i}: i ∈ Z_{⩾1}])

gibt es die Primidealkette (0) ⊂ (X_{1}) ⊂ (X_{1}, X_{2}) ⊂ (X_{1}, X_{2}, X_{3}) ⊂ …

2.4.2 Noether-Normalisierung

Wir wollen nun das Problem der Bestimmung der Krulldimension auf die Berechnung der Krulldimension eines Polynomrings zurückführen. Dazu suchen wir eine isomorphe Kopie eines Polynomrings zwischen R und S.

Definition 144 Sei k ∈ Z_{⩾0} . Sei x_{i} ∈ S für i ∈ [1, k]. Es heißt das Tupel (x_{i})_{i∈[1,k]} algebraisch unabhängig über R, wenn der R-Algebren-morphismus u: R[X_{1}, …, X_{k}] → S, der X_{i} auf x_{i} schickt für i ∈ [1, k], injektiv ist. Cf. Lemma 20. Mit anderen Worten, es ist (x_{i})_{i∈[1,k]} algebraisch unabhängig über R genau dann, wenn es ein Polynom f(X_{1}, …, X_{k}) ∈ R[X_{1}, …, X_{k}]^{×} gibt, welches im Kern von u liegt, i.e. für welches f(x_{1}, …, x_{k}) = 0 ist. Ist (x_{i})_{i∈[1,k]} algebraisch unabhängig, dann ist u ein R-Algebrenisomorphismus.

Lemma 145 (Noether-Normalisierung) Sei R ein Körper. Sei S endlich erzeugt als Algebra über R. Es gibt k ∈ Z_{⩾0} und ein algebraisch unabhängiges Tupel (x_{i})_{i∈[1,k]} von Elementen von S derart, daß S ganz ist über R[x_{1}, …, x_{k}].

Beweis. Wir bemerken zunächst, daß wegen R Körper und wegen 0_{S} ≠ 1_{S} der Strukturmorphismus α: R → S nicht Kern R hat, folglich Kern (0) hat, i.e. injektiv ist. Wir führen eine Induktion über die Zahl der Erzeuger von S als Algebra über R. Ist diese Zahl gleich 0, dann ist α : R → S ein Isomorphismus. Sei nun S = R[y_{1}, …, y_{ℓ}] für ein ℓ ∈ Z_{⩾1} und gewisse y_{i} ∈ S für i ∈ [1, ℓ]. Per Induktion dürfen wir die Aussage für ℓ − 1 als bekannt voraussetzen. Fall (y_{i})_{i∈[1,ℓ]} algebraisch unabhängig über R. Wir können (x_{i})_{i∈[1,k]} := (y_{i})_{i∈[1,ℓ]} wählen. Fall (y_{i})_{i∈[1,ℓ]} nicht algebraisch unabhängig über R. Wir wählen uns ein Polynom g(X_{1}, …, X_{ℓ}) ∈ R[X_{1}, …, X_{ℓ}]^{×} mit g(y_{1}, …, y_{ℓ}) = 0.

Wir schreiben g(X_{1}, …, X_{ℓ}) =: ∑_{e = (e_{i})_{i}∈U} r_{e} ∏_{i∈[1,ℓ]} X_{i}^{e_{i}} für eine endliche Teilmenge U von ∏_{i∈[1,ℓ]} Z_{⩾0} , wobei r_{e} ∈ R^{×} sei für e ∈ U. Wähle nun d ∈ Z_{⩾0} mit d > max{ e_{j} : (e_{i})_{i} ∈ U, j ∈ [1, ℓ] }. Sei z_{i} := y_{i} − y_{ℓ}^{d^{i}} ∈ S für i ∈ [1, ℓ − 1]. Es ist y_{i} = z_{i} + y_{ℓ}^{d^{i}} für i ∈ [1, ℓ − 1]. Folglich ist

0 = g(y_{1}, …, y_{ℓ}) = g(z_{1}+y_{ℓ}^{d^{1}}, z_{2}+y_{ℓ}^{d^{2}}, …, z_{ℓ−1}+y_{ℓ}^{d^{ℓ−1}}, y_{ℓ}) = ∑_{e = (e_{i})_{i}∈U} r_{e}·y_{ℓ}^{e_{ℓ}} ∏_{i∈[1,ℓ−1]}(z_{i}+y_{ℓ}^{d^{i}})^{e_{i}} .

Sei S̃ := R[z_{1}, …, z_{ℓ−1}] ⊆ S. Es ist S = R[y_{1}, …, y_{ℓ}] = R[z_{1}, …, z_{ℓ−1}, y_{ℓ}] = S̃[y_{ℓ}]. Es genügt zu zeigen, daß y_{ℓ} ganz ist über S̃. Denn dann ist S ganz über S̃; cf. Bemerkung 130.(1). Ferner gibt es dann nach Induktionsvoraussetzung ein k ∈ Z_{⩾0} und ein über R algebraisch unabhängiges Tupel (x_{i})_{i∈[1,k]} von Elementen von S̃ mit S̃ ganz über R[x_{1}, …, x_{ℓ}]. Dank Aufgabe ??.(2) ist dann auch S ganz über R[x_{1}, …, x_{ℓ}]. Zeigen wir also, daß y_{ℓ} ganz ist über S̃. Sei

h(Y) := g(z_{1}+Y^{d^{1}}, z_{2}+Y^{d^{2}}, …, z_{ℓ−1}+Y^{d^{ℓ−1}}, Y) = ∑_{e = (e_{i})_{i}∈U} r_{e}·Y^{e_{ℓ}} ∏_{i∈[1,ℓ−1]}(z_{i}+Y^{d^{i}})^{e_{i}} ∈ S̃[Y] .

Es ist h(y_{ℓ}) = 0. Wir schreiben c_{e} := e_{ℓ} + ∑_{i∈[1,ℓ−1]} d^{i}e_{i} für e = (e_{i})_{i} ∈ U. Es ist c_{e} = deg(Y^{e_{ℓ}} ∏_{i∈[1,ℓ−1]}(z_{i} + Y^{d^{i}})^{e_{i}}). Gemäß Wahl von d ist c_{e} ≠ cẽ für e, ẽ ∈ U mit e ≠ ẽ. Denn wäre c_{e} = cẽ, so hätte man e_{ℓ} ≡_{d} c_{e} ≡_{d} cẽ ≡_{d} ẽ_{ℓ}, wegen e_{ℓ}, ẽ_{ℓ} ∈ [0, d − 1] also e_{ℓ} = ẽ_{ℓ}. Es folgte ∑_{i∈[1,ℓ−1]} d^{i−1}e_{i} = ∑_{i∈[1,ℓ−1]} d^{i−1}ẽ_{i}, also e_{1} ≡_{d} ẽ_{1} , wegen e_{1}, ẽ_{1} ∈ [0, d − 1] mithin e_{1} = ẽ_{1} . Es folgte ∑_{i∈[2,ℓ−1]} d^{i−2}e_{i} = ∑_{i∈[2,ℓ−2]} d^{i−2}ẽ_{i}, also e_{2} ≡_{d} ẽ_{2} , wegen e_{2}, ẽ_{2} ∈ [0, d−1] mithin e_{2} = ẽ_{2} . Usf. Insgesamt folgte e = ẽ, was nicht zutrifft. Sei nun ê ∈ U derart, daß cê := max{ c_{e} : e ∈ U } ist. Dann ist deg(h) = cê. Der Koeffizient von h(Y) bei Y^{cê} ist rê. Da R ein Körper ist, ist rê ∈ U(R). Es ist r− ; ê h(Y) ∈ S̃[Y] normiert mit h(y_{ℓ}) = 0. Folglich ist y_{ℓ} ganz über S̃.

2.4.3 Krulldimension und ganze Erweiterungen

Es ist T = (T, f) eine kommutative S-Algebra. Sei T ganz über S.

Bemerkung 146 (1) Sei M ⊆ S eine multiplikative Teilmenge. Dann ist auch N := f(M) ⊆ T eine

multiplikative Teilmenge.

Wir haben den R-Algebrenmorphismus f̃: S//M → T//N: \frac{s}{m} ↦ \frac{f(s)}{f(m)} ; cf. Lemma 67.

Es ist T//N = (T//N, f̃) eine kommutative S//M-Algebra. Es ist T//N ganz über S//M.

(2) Sei 𝔞 ∈ Ideale(S). Wir schreiben S̄ := S/𝔞 und s̄:= s + 𝔞 für s ∈ S.

Sei 𝔟 ∈ Ideale(T). Wir schreiben T̄ := T/𝔟 und t̄:= t + 𝔟 für t ∈ T.

Sei f(𝔞) ⊆ 𝔟. Wir haben den R-Algebrenmorphismus f̄: S̄ → T̄: s̄ ↦ \overline{f(s)} ; cf. Bemerkung 26.

Es ist T̄ = (T̄, f̄) eine kommutative S̄-Algebra. Es ist T̄ ganz über S̄.

Beweis. Wir verwenden Lemma 128.(i).

Ad (1). Sei \frac{t}{n} ∈ T//N. Wir haben \frac{t}{n} als ganz über S//M nachzuweisen.

Wir wählen ein m ∈ M mit f(m) = n.

Es ist t ganz über S. Wir wählen g(X) ∈ S[X] normiert mit g(t) = 0. Wir schreiben g(X) =: ∑_{i∈[0,k]} a_{i}X^{i} mit k ∈ Z_{⩾0} und a_{k} = 1.

Nun folgt aus

0 = g(t) = ∑_{i∈[0,k]} a_{i}t^{i} = ∑_{i∈[0,k]} f(a_{i})t^{i}

auch

0 = \frac{1}{n^{k}} ∑_{i∈[0,k]} \frac{f(a_{i})}{1} (\frac{t}{1})^{i} = ∑_{i∈[0,k]} f̃(\frac{a_{i}}{m^{k−i}} ) (\frac{t}{n})^{i} .

Folglich ist g̃(X) := ∑_{i∈[0,k]} \frac{a_{i}}{m^{k−i}} X^{i} ∈ (S//M)[X] normiert mit g̃(\frac{t}{n}) = 0. Also ist \frac{t}{n} ganz über S//M.

Ad (2). Sei t ∈ T. Wir haben t̄ als ganz über S̄ nachzuweisen. Es ist t ganz über S. Wir wählen g(X) ∈ S[X] normiert mit g(t) = 0. Wir schreiben g(X) =: ∑_{i∈[0,k]} a_{i}X^{i} mit k ∈ Z_{⩾0} und a_{k} = 1.

Nun folgt aus

0 = g(t) = ∑_{i∈[0,k]} a_{i}t^{i} = ∑_{i∈[0,k]} f(a_{i})t^{i}

auch

0 = ∑_{i∈[0,k]} \overline{f(a_{i})} t̄^{i} = ∑_{i∈[0,k]} f̄(ā_{i})t̄^{i} .

Folglich ist ḡ(X) := ∑_{i∈[0,k]} ā_{i}X^{i} ∈ S̄[X] ein normiertes Polynom mit ḡ(t̄) = 0. Also ist t̄ ganz über S̄.

Lemma 147 (Lying over) Sei f: S → T injektiv. Sei 𝔭 ∈ Spec(S) gegeben. Es gelten (1, 2).

(1) Es gibt ein 𝔮 ∈ Spec(T) mit 𝔭 = f^{−1}(𝔮).

(2) Seien 𝔮, 𝔮′ ∈ Spec(T) mit 𝔭 = f^{−1}(𝔮) = f^{−1}(𝔮′) und 𝔮 ⊆ 𝔮′ gegeben.

Dann ist auch 𝔮 = 𝔮′.

Mit anderen Worten, die Abbildung Spec(S) ⟵^{Spec(f)} Spec(T) ist surjektiv und bewahrt echte Inklusionen.

Beweis. Sei M := S ∖ 𝔭. Es ist M ⊆ S eine multiplikative Teilmenge. Daher ist auch N := f(M) ⊆ T eine multiplikative Teilmenge. Es ist 0 ∉ N, da f injektiv ist und 0 ∉ M liegt. Also ist \frac{1}{0} ≠ \frac{0}{0} in T//N.

Wir haben den R-Algebrenmorphismus f̃: S//M → T//N: \frac{s}{m} ↦ \frac{f(s)}{f(m)} ; cf. Lemma 67. Es ist T//N ganz über S//M ; cf. Bemerkung 146.(1).

Ad (1). Wir wählen ein maximales Ideal 𝔫 ⊂ T//N ; cf. Korollar 48.

Sei 𝔪 := f̃^{−1}(𝔫) ∈ Spec(S//M). Es ist (T//N)/𝔫 ganz über (S//M)/𝔪; cf. Bemerkung 146.(2). Da (T//N)/𝔫 ein Körper ist, ist auch (S//M)/𝔪 ein Körper; cf. Aufgabe 8.(3), Bemerkung 129. Also ist 𝔪 ⊂ S//M maximal.

Es ist S//M = S_{𝔭} lokal; cf. Bemerkung 74. Also ist 𝔪 = 𝔭_{𝔭}.

Sei 𝔮 := λ_{T,N}^{−1}(𝔫) ∈ Spec(T). Es ist

f^{−1}(𝔮) = f^{−1}(λ_{T,N}^{−1}(𝔫)) = λ_{S,M}^{−1}(f̃^{−1}(𝔫)) = λ_{S,M}^{−1}(𝔪) = λ_{S,M}^{−1}(𝔭_{𝔭}) = 𝔭 .

Ad (2). Es ist 𝔪 := 𝔭_{𝔭} ⊂ S//M maximal; cf. Bemerkung 74. Da 𝔭 ∩ M = ∅, ist auch 𝔮 ∩ N = ∅. Es ist 𝔫 := 𝔮//N ∈ Spec(T//N) ; cf. Bemerkung 69.(1). Es ist Ť := (T//N)/𝔫 integer und ganz über Š := (S//M)/𝔪; cf. Bemerkung 146.(2). Es ist Š ein Körper. Es ist 0Ť ≠ 1Ť. Also hat f̌: Š → Ť: \frac{s}{m} + 𝔪 ↦ \frac{f(s)}{f(m)} + 𝔫 den Kern (0), ist also injektiv; cf. Bemerkung 26, Lemma 67, Bemerkung 34. Folglich ist Ť ein Körper; cf. Bemerkung 129. Mithin ist 𝔫 ⊂ T//N maximal.

Nun ist auch 𝔮′ ∩ N = ∅ und also 𝔫′ := 𝔮′//N ∈ Spec(T//N) ; cf. Bemerkung 69.(1). Da 𝔫 ⊆ 𝔫′ ⊂ T, folgt aus der Maximalität von 𝔫, daß 𝔫 = 𝔫′ ist. Somit ist auch 𝔮 = λ_{S,N}^{−1}(𝔫) = λ_{S,N}^{−1}(𝔫′) = 𝔮′; cf. Bemerkung 69.(1).

Lemma 148 (Going up) Sei 𝔮 ∈ Spec(T). Sei 𝔭′ ∈ Spec(S). Sei 𝔭 := f^{−1}(𝔮) ⊆ 𝔭′.

Dann existiert ein 𝔮′ ∈ Spec(T) mit 𝔮 ⊆ 𝔮′ und f^{−1}(𝔮) = 𝔭.

Beweis. Wir haben den injektiven R-Algebrenmorphismus f̄: S̄ := S/𝔭 → T/𝔮 =: T̄; cf. Aufgabe 8.(3). Es ist T̄ ganz über S̄; cf. Bemerkung 146.(2). Es ist 𝔭̄′ := ρ_{S,𝔭}(𝔭′) ∈ Spec(S̄) ; cf. Bemerkung 69.(2). Also gibt es 𝔯 ∈ Spec(T̄) mit f̄^{−1}(𝔯) = 𝔭̄′; cf. Lemma 147.(1). Mit 𝔮′ := ρ_{T,𝔮}^{−1}(𝔯) ∈ Spec(T) wird 𝔮 ⊆ 𝔮′ und

f^{−1}(𝔮′) = f^{−1}(ρ_{T,𝔮}^{−1}(𝔯)) = ρ_{S,𝔭}^{−1}(f̄^{−1}(𝔯)) = ρ_{S,𝔭}^{−1}(𝔭̄^{′−1}) = 𝔭′ ;

cf. Bemerkung 69.(2)

Korollar 149 (Konstanz der Krulldimension bei ganzen Erweiterungen) Wir erinnern an die kommutativen R-Algebren S und T und an den R-Algebren-morphismus f: S → T, sowie daran, daß T = (T, f) ganz über S ist. Sei f: S → T injektiv. Dann ist Krdim(S) = Krdim(T).

Beweis. Ad (⩽). Sei k ∈ Z_{⩾0}. Sei 𝔭_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [0, k] mit 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k}. Wir haben k ⩽^{!} Krdim(T) zu zeigen. Dank Lemma 147.(1) gibt es ein 𝔮_{0} ∈ Spec(T) mit f^{−1}(𝔮_{0}) = 𝔭_{0} . Dank Lemma 148 gibt es ein 𝔮_{1} ∈ Spec(T) mit 𝔮_{0} ⊆ 𝔮_{1} und f^{−1}(𝔮_{1}) = 𝔭_{1} . Da 𝔭_{0} ≠ 𝔭_{1} , ist auch 𝔮_{0} ≠ 𝔮_{1} . Dank Lemma 148 gibt es ein 𝔮_{2} ∈ Spec(T) mit 𝔮_{1} ⊆ 𝔮_{2} und f^{−1}(𝔮_{2}) = 𝔭_{2} . Da 𝔭_{0} ≠ 𝔭_{1} , ist auch 𝔮_{0} ≠ 𝔮_{1} . Usf. Insgesamt erhalten wir eine Kette 𝔮_{0} ⊂ 𝔮_{1} ⊂ … ⊂ 𝔮_{k} in Spec(T) und also k ⩽ Krdim(T). Ad (⩾). Sei ℓ ∈ Z_{⩾0}. Sei 𝔮_{i} ∈ Spec(T) für i ∈ [0, ℓ] mit 𝔮_{0} ⊂ 𝔮_{1} ⊂ … ⊂ 𝔮_{ℓ}. Wir haben ℓ ⩽^{!} Krdim(S) zu zeigen. Da aber Spec(f) gemäß Lemma 147.(2) strikte Inklusionen erhält, ist f^{−1}(𝔮_{0}) ⊂ f^{−1}(𝔮_{1}) ⊂ … ⊂ f^{−1}(𝔮_{ℓ}) und also ℓ ⩽ Krdim(S).

Korollar 149 gilt insbesondere im Falle Krdim(S) = ∞ oder Krdim(T) = ∞.

2.4.4 Krulldimension null

Definition 150 Sei M ein S-Modul. Es heißt M einfach, falls die Anzahl der Teilmoduln von M gleich zwei ist.

Mit anderen Worten, M ist einfach, falls M ≠ 0 ist und falls M nur die Teilmoduln 0 und M hat. Ist M einfach, dann ist jede S-lineare Abbildung von einem S-Modul X nach M null oder surjektiv und jede S-lineare Abbildung von M zu einem S-Modul Y null oder injektiv. Denn Bild und Kern einer S-linearen Abbildung sind Teilmoduln.

Definition 151 Sei M ein S-Modul. Eine Teilmodulreihe (M_{i})_{i∈[0,ℓ]} von M besteht aus ihrer Länge ℓ ∈ Z_{⩾0} und aus S-Teilmoduln M_{i} von M für i ∈ [0, ℓ] mit 0 = M_{0} ⊆ M_{1} ⊆ M_{2} ⊆ … ⊆ M_{ℓ} = M. Eine solche Teilmodulreihe heißt echt, wenn 0 = M_{0} ⊂ M_{1} ⊂ M_{2} ⊂ … ⊂ M_{ℓ} = M ist. Für i ∈ [1, ℓ] heißt der S-Modul M_{i}/M_{i−1} ein Subfaktor von (M_{i})_{i∈[0,ℓ]} . Eine Teilmodulreihe (M_{i})_{i∈[0,ℓ]} von M heißt Kompositionsreihe, falls alle ihre Subfaktoren einfach sind. Falls für M eine Kompositionsreihe existiert, so sagen wir, M hat eine Kompositionsreihe.

Lemma 152 (und Definition) Sei M ein S-Modul. Sei (M_{i})_{i∈[0,ℓ]} eine Kompositionsreihe von M. Sei (M̃_{i})_{i∈[0,k]} eine echte Teilmodulreihe von M. Dann ist k ⩽ ℓ. Ist insbesondere (M̃_{i})_{i∈[0,k]} auch eine Kompositionsreihe von M, dann ist k = ℓ. Hat M eine Kompositionsreihe, dann bezeichnet ℓ(M) die Länge jeder Kompositionsreihe. Es heißt ℓ(M) die Länge von M.

Beweis. Siehe Aufgabe ??.(4, 5).

Bemerkung 153 Sei M′ ⟶^{i} M ⟶^{p} M′′ eine kurz exakte Sequenz von S-Moduln. Es gelten die Aussagen (1, 2).

(1) Es hat genau dann M eine Kompositionsreihe, wenn M′ und M′′ Kompositionsreihen haben.

(2) Hat M eine Kompositionsreihe, dann ist ℓ(M) = ℓ(M′) + ℓ(M′′).

Beweis. Siehe Aufgabe ??.

Definition 154 Es heißt S artinsch, wenn der S-Modul S eine Kompositionsreihe hat.

Beispiel 155

(1) Ist R ein Körper und S = R, dann ist S artinsch.

(2) Ist R ein Körper und S endlichdimensional als R-Vektorraum, dann ist S artinsch. Denn dann kann man 𝔞_{0} := (0) nehmen, sodann ein Ideal 𝔞_{1} minimaler Dimension gewählt werden mit 𝔞_{0} ⊂ 𝔞_{1} , sodann ein Ideal 𝔞_{2} minimaler Dimension gewählt werden mit 𝔞_{1} ⊂ 𝔞_{2} , usf. Die Prozedur muß für ein k ∈ Z_{⩾0} bei 𝔞_{k} = S enden.

Ist e.g. S = R × R[X]/(X^{2}), dann ist S von Dimension 3 als R-Vektorraum und also artinsch.

Wir haben die Kompositionsreihe 0 ⊂ _{S}⟨(1, 0)⟩ ⊂ _{S}⟨(1, 0), (0, X + (X^{2}))⟩ ⊂ S, deren Subfaktoren sogar eindimensional sind über R.

(3) Ist R = S = Z, dann ist S nicht artinsch. Denn Z hat eine echte Teilmodulreihen von Länge k für jedes k ∈ Z_{⩾1} , e.g. 0 ⊂ (2^{k−1}) ⊂ … ⊂ (2^{1}) ⊂ (2^{0}); cf. Lemma 152.

Bemerkung 156 Sei S noethersch.

Es ist S artinsch genau dann, wenn für jede absteigende abzählbare Kette von Idealen

𝔞_{1} ⊇ 𝔞_{2} ⊇ 𝔞_{3} ⊇ …

in S ein k ∈ Z_{⩾1} existiert mit 𝔞_{k} = 𝔞_{i} für i ∈ Z_{⩾k}.

Beweis.

Sei zum einen S artinsch. Annahme, die genannte Kettenbedingung ist nicht erfüllt. Dann gibt es eine echte absteigende abzählbare Kette von Idealen

𝔞_{1} ⊃ 𝔞_{2} ⊃ 𝔞_{3} ⊃ …

in S. O.E. ist 𝔞_{1} = S. Sei (𝔟_{i})_{i∈[1,k]} eine Kompositionsreihe in S. Dann ist

0 ⊂ 𝔞_{k+1} ⊂ 𝔞_{k} ⊂ 𝔞_{k−1} ⊂ … ⊂ 𝔞_{1} = S

eine echte Teilmodulreihe in S von Länge k+1. Aber es ist nicht k+1 ⩽ k, im Widerspruch zu Aufgabe ??.(4).

Sei zum anderen die genannte Kettenbedingung erfüllt.

Sei 𝔟_{0} := S.

Wir wählen in der Menge der echt in 𝔟_{0} enthaltenen Ideale ein maximales Element 𝔟_{1} ⊂ 𝔟_{0} , möglich, da S noethersch ist; cf. Aufgabe 12. Dann ist 𝔟_{0}/𝔟_{1} ein einfacher S-Modul.

Falls 𝔟_{1} ≠ (0) ist, wählen wir in der Menge der echt in 𝔟_{1} enthaltenen Ideale ein maximales Element 𝔟_{2} ⊂ 𝔟_{1} , möglich, da S noethersch ist. Dann ist 𝔟_{1}/𝔟_{2} ein einfacher S-Modul.

Falls 𝔟_{2} ≠ (0) ist, wählen wir in der Menge der echt in 𝔟_{2} enthaltenen Ideale ein maximales Element 𝔟_{3} ⊂ 𝔟_{2} , möglich, da S noethersch ist. Dann ist 𝔟_{2}/𝔟_{3} ein einfacher S-Modul.

Usf.

Wegen der genannten Kettenbedingung muß es ein k ∈ Z_{⩾1} geben mit 𝔟_{k} = 0. Dann ist 𝔟_{k} ⊂ 𝔟_{k−1} ⊂ … ⊂ 𝔟_{0} eine Kompositionsreihe von S. Also ist S artinsch.

Lemma 157 Sei S noethersch. Sei Krdim(S) = 0. Dann ist S artinsch.

Beweis. Annahme, es ist S nicht artinsch. Dann ist die Menge

{ 𝔞 ∈ Ideale(S) : S/𝔞 ist nicht artinsch } ≠ ∅ .

Sei 𝔟 darin maximal; cf. Aufgabe 12.

Wir behaupten, daß 𝔟 ein Primideal ist. Annahme nicht. Dann können wir s, t ∈ S ∖ 𝔟 wählen mit st ∈ 𝔟.

Wir haben die surjektive S-lineare Abbildung h: S/𝔟 → S/(𝔟+(s)): x+𝔟 ↦ x+(𝔟+(s)) ; cf. Aufgabe ??.(2).

Die S-lineare Abbildung g: S/(𝔟 : (s)) → S/𝔟: x + (𝔟 : (s)) ↦ xs + 𝔟 ist wohldefiniert und injektiv, denn für x ∈ S ist genau dann x + (𝔟 : (s)) = 0, wenn xs + 𝔟 = 0 ist; cf. Aufgabe ??.(2).

Es ist der Kern von h gleich (𝔟 + (s))/𝔟, also gleich dem Bild von g. Wir haben also die kurz exakte Sequenz

S/(𝔟 : (s)) ⟶^{g} S/𝔟 ⟶^{h} S/(𝔟 + (s)) .

Es ist t ∈ (𝔟 : (s)) ∖ 𝔟. Also ist 𝔟 ⊂ (𝔟 : (s)) und somit S/(𝔟 : (s)) artinsch. Folglich hat S/(𝔟 : (s)) eine Kompositionsreihe, auch als S-Modul.

Es ist s ∈ (𝔟 + (s)) ∖ 𝔟. Also ist 𝔟 ⊂ 𝔟 + (s) und somit S/(𝔟 + (s)) artinsch. Folglich hat S/(𝔟 + (s)) eine Kompositionsreihe, auch als S-Modul.

Daher hat auch S/𝔟 eine Kompositionsreihe als S-Modul und daher auch als S/𝔟-Modul; cf. Bemerkung 153. I.e. es ist S/𝔟 artinsch. Wir haben einen Widerspruch.

Also ist 𝔟 prim. Da Krdim(S) = 0 ist, ist 𝔟 ein maximales Ideal. Folglich ist S/𝔟 ein Körper und damit artinsch. Wir haben einen Widerspruch.

2.4.5 Krulls Höhensatz

Sei S noethersch.

Wir erinnern daran, daß jede Faktoralgebra und jede Quotientenalgebra von S noethersch ist; cf. Aufgaben ??.(2) und ??.

Lemma 158 Sei S lokal. Sei 𝔪 ⊂ S das maximale Ideal. Es ist ⋂_{i∈Z_{⩾1}} 𝔪^{i} = (0).

Beweis. Sei 𝔞 := ⋂_{i∈Z_{⩾1}} 𝔪^{i}. Da S noethersch ist, ist 𝔞 ein endlich erzeugter S-Modul. Es genügt also, 𝔪𝔞 =^{!} 𝔞 zu zeigen; cf. Lemma 127. Schreibe 𝔪𝔞 = 𝔮_{0} ∩ 𝔮_{1} ∩ ⋯ ∩ 𝔮_{k} für ein k ∈ Z_{⩾0} und Primärideale 𝔮_{i} ⊆ S für i ∈ [0, k]; cf. Satz 63. Sei hierbei \sqrt{𝔮_{i}} ≠ \sqrt{𝔮_{j}} für i, j ∈ [0, k] mit i ≠ j; cf. Aufgabe ??. O.E. ist \sqrt{𝔮_{0}} = 𝔪, denn taucht 𝔪 nicht unter den Radikalen der Teilnehmer des Schnitts auf, dann kann 𝔪 selbst als Teilnehmer hinzugefügt werden. Dann ist \sqrt{𝔮_{i}} ⊂ 𝔪 für i ∈ [1, k]. Wähle x_{i} ∈ 𝔪 ∖ \sqrt{𝔮_{i}} für i ∈ [1, k]. Es ist 𝔪 = \sqrt{𝔮_{0}}. Da S noethersch ist, ist 𝔪 endlich erzeugt. Also gibt es ein n ∈ Z_{⩾0} mit 𝔪^{n} ⊆ 𝔮_{0} . Also ist 𝔞 ⊆ 𝔪^{n} ⊆ 𝔮_{0} . Sei i ∈ [1, k]. Sei a ∈ 𝔞. Es ist ax_{i} ∈ 𝔞𝔪 ⊆ 𝔮_{i}. Da 𝔮_{i} primär ist und x_{i} ∉ \sqrt{𝔮_{i}} liegt, folgt a ∈ 𝔮_{i}. Also ist 𝔞 ⊆ 𝔮_{i}. Es folgt 𝔞 ⊆ 𝔮_{0} ∩ 𝔮_{1} ∩ ⋯ ∩ 𝔮_{k} = 𝔪𝔞. Also ist 𝔞 = 𝔪𝔞.

Bemerkung 159 Sei 𝔮 ein Primärideal von T. Dann ist f^{−1}(𝔮) ein Primärideal von S.

Beweis. Es ist S/f^{−1}(𝔮) → T/𝔮: s + f^{−1}(𝔮) ↦ f(s) + 𝔮 ein injektiver R-Algebrenmorphismus; cf. Aufgabe 8.(3). Da 𝔮 primär ist, ist T/𝔮 fast integer. Folglich ist auch S/f^{−1}(𝔮), isomorph zu einer Teilalgebra von T/𝔮, fast integer. Also ist f^{−1}(𝔮) primär. Cf. Definitionen 32.(4) und 33.(3).

Bemerkung 160 (und Definition) Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Sei k ∈ Z_{⩾1} . Wir schreiben N := S ∖ 𝔭. Sei 𝔭^{(k)} := λ_{S,N}^{−1}(𝔭_{𝔭}^{k}) ⊆ S. Die folgenden Aussagen (1, 2, 3, 4) gelten.

(1) Es ist 𝔭^{(k)} primär.

(2) Es ist 𝔭^{k} ⊆ 𝔭^{(k)}.

(3) Es ist 𝔭^{(k)} ⊇ 𝔭^{(k+1)}.

(4) Es ist \sqrt{𝔭^{(k)}} = 𝔭.

Beweis. Ad (1). Dank Bemerkung 159 genügt es zu zeigen, daß 𝔭_{𝔭}^{k} primär ist. Es ist 𝔭_{𝔭} ⊂ S_{𝔭} maximal; cf. Bemerkung 74. Also ist 𝔭_{𝔭}^{k} in der Tat primär; cf. Bemerkung 44.

Ad (2, 3). Dies ist nach Konstruktion gegeben. Ad (4). Es ist 𝔭^{(1)} = λ_{S,N}^{−1}(𝔭_{𝔭}) = 𝔭; cf. Bemerkung 69.(1). Also ist

\sqrt{𝔭^{(k)}} ⊆^{(3)} \sqrt{𝔭^{(1)}} = \sqrt{𝔭} = 𝔭 ;

cf. Bemerkung 43.(2). Sei umgekehrt x ∈ 𝔭. Wir haben x ∈^{!} \sqrt{𝔭^{(k)}} zu zeigen. Es genügt also zu zeigen, daß x^{k} ∈^{!} 𝔭^{(k)} liegt. Aber in der Tat ist x^{k} ∈ 𝔭^{k} ⊆^{(2)} 𝔭^{(k)}.

Definition 161 Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Sei 𝔞 ∈ Ideale(S). Wir sagen, es ist 𝔭 minimal über 𝔞, wenn 𝔭 ein minimales Element ist von

{ 𝔮 ∈ Spec(S) : 𝔞 ⊆ 𝔮 } .

Lemma 162 Sei x ∈ S. Sei 𝔭 ∈ Spec(S) minimal über (x). Dann ist ht(𝔭) ⩽ 1.

Beweis. Annahme, es ist ht(𝔭) ⩾ 2. Dann gibt es 𝔭′′ ⊂ 𝔭′ ⊂ 𝔭 in Spec(S). Dann haben wir die Primideale (0) ⊂ ρ_{S,𝔭′′}(𝔭′) ⊂ ρ_{S,𝔭′′}(𝔭) in S/𝔭′′, wobei ρ_{S,𝔭′′}(𝔭) minimal ist über (x + 𝔭′′) ; cf. Aufgabe 10, Bemerkung 69.(2). Also ist o.E. 𝔭′′ = (0) und S integer. Wir schreiben N := S ∖ 𝔭. Dann gibt es Primideale (0) ⊂ 𝔭′//N ⊂ 𝔭//N in S//N, wobei 𝔭//N minimal ist über (\frac{x}{1}) zu enthalten; cf. Bemerkung 69.(1). Also ist o.E. S lokal und darin 𝔭 maximal; cf. Bemerkung 74. Alles in allem dürfen wir o.E. annehmen, es ist S integer und lokal mit maximalem Ideal 𝔭, es ist 𝔭 minimal über (x), es ist 𝔭′′ = (0) und es ist 𝔭′ ∈ Spec(S) mit (0) ⊂ 𝔭′ ⊂ 𝔭 gegeben. Sei 𝔮 ∈ Spec(S) mit x ∈ 𝔮. Wegen S lokal ist 𝔮 ⊆ 𝔭. Wegen der Minimalität von 𝔭 über (x) folgt 𝔮 = 𝔭. Insbesondere ist x ∉ 𝔭′. Es ist Spec(S/(x)) = {ρ_{S,(x)}(𝔭)}; cf. Bemerkung 69.(2). Insbesondere ist Krdim(S/(x)) = 0. Also ist S/(x) artinsch; cf. Lemma 157. Somit können wir ein n_{0} ∈ Z_{⩾1} wählen mit ρ_{S,(x)}(𝔭^{′(n)} + (x)) = ρ_{S,(x)}(𝔭^{′(n+1)} + (x)) für n ∈ Z_{⩾n_{0}} ; cf. Bemerkung 156. Daher ist 𝔭^{′(n)} + (x) = 𝔭^{′(n+1)} + (x) ; cf. Bemerkung 69.(2). I.e. 𝔭^{′(n)} ⊆ 𝔭^{′(n+1)} + (x). Sei y ∈ 𝔭^{′(n)} gegeben. Wir können y = z + sx schreiben mit z ∈ 𝔭^{′(n+1)} und s ∈ S. Also ist sx = y − z ∈ 𝔭^{′(n)} ; cf. Bemerkung 160.(3). Nun ist aber x ∉ 𝔭′ = \sqrt{𝔭^{′(n)}} ; cf. Bemerkung 160.(4). Da 𝔭^{′(n)} primär ist gemäß Bemerkung 160.(1), folgt s ∈ 𝔭^{′(n)}. Also ist y = z + sx ∈ 𝔭^{′(n+1)} + 𝔭^{′(n)}(x). Daher ist 𝔭^{′(n)} ⊆ 𝔭^{′(n+1)} + 𝔭^{′(n)}(x) und also 𝔭^{′(n)} = 𝔭^{′(n+1)} + 𝔭^{′(n)}(x).

Für den endlich erzeugten S-Modul M := 𝔭^{′(n)}/𝔭^{′(n+1)} heißt dies, es ist xM = M. Da x ∈ Jac(S) = 𝔭, folgt Jac(S)M = M. Also ist M = 0; cf. Lemma 127. Mit anderen Worten, es ist 𝔭^{′(n)} = 𝔭^{′(n+1)} für n ∈ Z_{⩾n_{0}} . Also ist ⋂_{i∈Z_{⩾1}} 𝔭^{′(i)} = 𝔭^{′(n_{0})}. Sei N′ := S ∖ 𝔭′. Da S integer ist, ist λ_{S,N′}: S → S//N′ = S_{𝔭′} injektiv. Es ist

λ_{S,N′}( ⋂_{i∈Z_{⩾1}} 𝔭^{′(i)}) ⊆ ⋂_{i∈Z_{⩾1}} λ_{S,N′}(𝔭^{′(i)}) ⊆ ⋂_{i∈Z_{⩾1}} 𝔭′_{𝔭′}^{i} = (0)

dank Lemma 158; cf. Bemerkung 74. Also ist auch 𝔭^{′(n_{0})} = ⋂_{i∈Z_{⩾1}} 𝔭^{′(i)} = (0). Wähle p′ ∈ 𝔭^{′×}. Da S integer ist, ist 0 ≠ p^{′n_{0}} ∈ 𝔭^{′n_{0}} ⊆ 𝔭^{′(n_{0})} = (0) ; cf. Bemerkung 160.(2). Wir haben einen Widerspruch.

Lemma 163 Seien 𝔭, 𝔭′, 𝔭′′ ∈ Spec(S) mit 𝔭′′ ⊂ 𝔭′ ⊂ 𝔭 gegeben. Sei x ∈ 𝔭 ∖ 𝔭′ gegeben. Dann gibt es ein 𝔭̃′ ∈ Spec(S) mit x ∈ 𝔭̃′ und 𝔭′′ ⊂ 𝔭̃′ ⊂ 𝔭.

Beweis. O.E. ist S lokal und integer mit 𝔭′′ = (0) und mit maximalem Ideal 𝔭; cf. Bemerkung 69. Es ist (0) ⊂ (x) ⊆ 𝔭 ⊂ S. Also gibt es in ein 𝔭̃′ ∈ Spec(S) minimal über (x); cf. Lemma 50. Es ist (0) ⊂ 𝔭̃′ ⊆ 𝔭. Es ist ht(𝔭̃′) ⩽ 1 ; cf. Lemma 162. Es ist ht(𝔭̃′) ⩾ 2 nach Voraussetzung. Daher ist (0) ⊂ 𝔭̃′ ⊂ 𝔭.

Lemma 164 Sei 𝔞 ∈ Ideale(S). Sei ℓ ∈ Z_{⩾1} . Sei 𝔭_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [1, ℓ]. Sei 𝔞 ⊆ ⋃_{i∈[1,ℓ]} 𝔭_{i}. Dann gibt es ein j ∈ [1, ℓ] mit 𝔞 ⊆ 𝔭_{j}.

Beweis. O.E. können wir 𝔞 ⊈ ⋃_{i∈[1,ℓ]∖{k}} 𝔭_{i} annehmen für k ∈ [1, ℓ]. Zu zeigen ist ℓ =^{!} 1. Annahme, ℓ ⩾ 2. Wir wählen a_{j} ∈ (𝔭_{j} ∩ 𝔞) ∖ (⋃_{i∈[1,ℓ]∖{j}} 𝔭_{i}), was möglich ist, denn ansonsten wäre 𝔞 ⊆ ⋃_{i∈[1,ℓ]∖{j}} 𝔭_{i}, was nicht zutrifft. Sei I := { i ∈ [3, ℓ] : a_{1} + a_{2} ∉ 𝔭_{i} }. Wir setzen

a := a_{1} + a_{2} + a_{1} · a_{2} · ∏_{i∈I} a_{i} .

Es ist a ∈ 𝔞.

Es ist a ∉ 𝔭_{1} , da alle Summanden außer a_{2} in 𝔭_{1} liegen. Es ist a ∉ 𝔭_{2} , da alle Summanden außer a_{1} in 𝔭_{2} liegen. Für j ∈ I ist a ∉ 𝔭_{j}, da der dritte Summand in 𝔭_{j} liegt, nicht aber a_{1} + a_{2} . Für j ∈ [3, ℓ] ist zunächst kein Faktor des Produkts a_{1} · a_{2} · ∏_{i∈I} a_{i} in 𝔭_{j} enthalten. Da 𝔭_{j} aber ein Primideal ist, folgt, daß auch a_{1} · a_{2} · ∏_{i∈I} a_{i} ∉ 𝔭_{j} liegt. Wohl aber liegt a_{1} + a_{2} ∈ 𝔭_{j}. Also ist a ∉ 𝔭_{j}. Insgesamt ist a ∈ 𝔞 ∖ (⋃_{i∈[1,ℓ]} 𝔭_{i}) und wir haben einen Widerspruch.

Satz 165 (Krulls Höhensatz) Wir erinnern daran, daß S eine noethersche kommutative R-Algebra ist mit 0_{S} ≠ 1_{S}. Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Es ist ht(𝔭) = min{ k ∈ Z_{⩾0} : es gibt ein von k Elementen erzeugtes Ideal 𝔞 in S mit 𝔭 minimal über 𝔞 } .

Beweis. Ad (⩽). Sei 𝔞 = (x_{1}, …, x_{k}), wobei k ∈ Z_{⩾0} und x_{i} ∈ S für i ∈ [1, k]. Sei 𝔭 ∈ Spec(S) minimal über 𝔞. Zu zeigen ist ht(𝔭) ⩽^{!} k. Wir führen eine Induktion über k. Ist k = 0, dann ist 𝔭 ein minimales Primideal von S und also von Höhe 0. Sei k ⩾ 1. Annahme, es ist ht(𝔭) ⩾ k + 1. Behauptung. Wir können 𝔭_{i} ∈ Spec(S) wählen für i ∈ [0, k + 1] mit

𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k+1} ⊆ 𝔭

und mit x_{1} ∈ 𝔭_{1} . Wegen ht(𝔭) ⩾ k + 1 gibt es 𝔭_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [0, k + 1] mit

𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k+1} ⊆ 𝔭 .

Sei j ∈ [1, k] minimal mit x_{1} ∈ 𝔭_{j}. Wir wählen nun 𝔭_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [0, k + 1] derart, daß j minimal wird. Annahme, die Behauptung trifft nicht zu. Es ist j ⩾ 2. Es ist x_{1} ∉ 𝔭_{j−1} . Dank Lemma 163, angewandt auf 𝔭_{j−2} ⊂ 𝔭_{j−1} ⊂ 𝔭_{j}, erhalten wir ein 𝔭̃_{j−1} ∈ Spec(S) mit 𝔭_{j−2} ⊂ 𝔭̃_{j−1} ⊂ 𝔭_{j} und x_{1} ∈ 𝔭̃_{j−1} . Dann steht aber

𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{j−2} ⊂ 𝔭̃_{j−1} ⊂ 𝔭_{j} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k+1} ⊆ 𝔭 im Widerspruch zur Minimalität von j. Dies zeigt die Behauptung. Wir schreiben x̄ := s + 𝔭_{1} für s ∈ S. Wir schreiben S̄ := S/𝔭_{1}. Wir schreiben 𝔞̄ := ρ_{S,𝔭_{1}}(𝔞) für 𝔞 ∈ Ideale(S) mit 𝔭_{1} ⊆ 𝔞. Es ist 𝔟 := 𝔭_{1} + 𝔞 ⊆ 𝔭, wobei 𝔭 dann auch minimal über 𝔟 ist. Wegen x_{1} ∈ 𝔭_{1} ist x̄_{1} = 0. Also ist 𝔟̄ = (x̄_{1}, x̄_{2}, …, x̄_{k}) = (x̄_{2}, …, x̄_{k}). Ferner ist

(0) = 𝔭̄_{1} ⊂ 𝔭̄_{2} ⊂ … ⊂ 𝔭̄_{k+1} = 𝔭̄

in Spec(S̄) und also ht(𝔭̄) ⩾ k. Aber es ist 𝔭̄ minimal über 𝔟̄; cf. Aufgabe 10, Bemerkung 69.(2). Dank Induktionsvoraussetzung folgt hieraus ht(𝔭̄) ⩽ k − 1. Wir haben einen Widerspruch. Ad (⩾). Sei 𝔭 ∈ Spec(S) gegeben. Wir schreieben k := ht(𝔭). Wir haben zu zeigen, daß es Elemente x_{i} ∈ 𝔭 für i ∈ [1, k] derart gibt, daß 𝔭 minimal über (x_{1}, …, x_{k}) ist. Wir zeigen diese Behauptung mit Induktion über k. Für k = 0 folgt aus ht(𝔭) = 0, daß 𝔭 ein minimales Primideal von S ist, i.e. es ist minimal über ( ) = (0). Sei k ⩾ 1. Seien 𝔮_{1}, …, 𝔮_{ℓ} ∈ Spec(S) die minimalen Primideale von S, die in 𝔭 enthalten sind, wobei ℓ ∈ Z_{⩾1} ; cf. Bemerkung 69.(1), Lemma 50, Satz 58. Sei i ∈ [1, ℓ]. Da ht(𝔭) ⩾ 1 und ht(𝔮_{i}) = 0, ist 𝔭 ⊈ 𝔮_{i}. Also ist 𝔭 ⊈ ⋃_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i}; cf. Lemma 164. Wir wählen x_{1} ∈ 𝔭 ∖ (⋃_{i∈[1,ℓ]} 𝔮_{i}). Wir schreibe S̄ := S/(x_{1}). Für s ∈ S schreiben wir s̄ := ρ_{S,(x_{1})}(s) = s + (x_{1}) ∈ S̄. Für 𝔟 ∈ Ideale(S) mit x_{1} ∈ 𝔟 schreiben wir 𝔟̄ := ρ_{S,(x_{1})}(𝔟) ∈ Ideale(S̄). Es ist ht(𝔭̄) ⩽ ht(𝔭) = k; cf. Bemerkung 69.(2).

Wir behaupten ht(𝔭̄) ⩽^{!} k − 1. Annahme, es ist ht(𝔭̄) = k. Dann gibt es Primideale 𝔭_{i} ∈ Spec(S) mit x_{1} ∈ 𝔭_{i} für i ∈ [0, k] und mit 𝔭̄_{0} ⊂ 𝔭̄_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭̄_{k} ⊆ 𝔭̄. Mit anderen Worten, es ist (x_{1}) ⊆ 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k} ⊆ 𝔭. Cf. Bemerkung 69.(2). Da k = ht(𝔭), ist 𝔭_{0} ein minimales Primideal in S. Dann aber ist x_{1} ∉ 𝔭_{0} nach Wahl von x_{1} . Wir haben einen Widerspruch. Nach Induktion finden wir Elemente x_{i} ∈ S für i ∈ [2, k] mit 𝔭̄ minimal über (x̄_{2}, …, x̄_{k}). Also ist ρ_{S,(x_{1})}^{−1}(𝔭̄) = 𝔭 minimal über ρ_{S,(x_{1})}^{−1}( (x̄_{2}, …, x̄_{k}) ) = (x_{1}, x_{2}, …, x_{k}) ; cf. Aufgabe 10, Bemerkung 69.(2).

Korollar 166 Wir erinnern an S noethersch. Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Es ist ht(𝔭) = Krdim(S_{𝔭}) endlich.

Beweis. Dies folgt aus Satz 165 wegen 𝔭 minimal über 𝔭 selbst und wegen 𝔭 endlich erzeugt.

2.4.6 Krulldimension und Polynomalgebra

Sei S noethersch. Dagegen ist T nicht als noethersch vorausgesetzt.

Bemerkung 167 (und Definition) Für 𝔞 ∈ Ideale(T) schreiben wir

𝔞[X] := { g(X) = ∑_{i⩾0} t_{i}X^{i} : es ist t_{i} ∈ 𝔞 für i ∈ Z_{⩾0} } .

(1) Wir haben den T -Algebrenisomorphismus

\begin{aligned}T [X]/𝔞[X] & ⟷^{∼} & (T/𝔞)[X] \\ (∑_{i⩾0} t_{i}X^{i}) + 𝔞[X] & ↦ & ∑_{i⩾0}(t_{i} + 𝔞)X^{i} \\ (∑_{i⩾0} t_{i}X^{i}) + 𝔞[X] & ↤ & ∑_{i⩾0}(t_{i} + 𝔞)X^{i} ; \end{aligned}

cf. Lemma 20, Bemerkung 26. Insbesondere folgt aus 𝔞 prim, daß 𝔞[X] prim ist; cf. Bemerkung 22.

(2) Wir haben den T -Algebrenisomorphismus

\begin{aligned}T [X]/(𝔞[X] + (X)) & ⟷^{∼} & T/𝔞 \\ (∑_{i⩾0} t_{i}X^{i}) + (𝔞[X] + (X)) & ↦ & t_{0} + 𝔞 \\ t + (𝔞[X] + (X)) & ↤ & t + 𝔞 ; \end{aligned}

cf. Lemma 20, Bemerkung 26. Insbesondere folgt aus 𝔞 prim, daß 𝔞[X] + (X) prim ist.

Lemma 168 Seien 𝔮, 𝔮′ ∈ Spec(T [X]) gegeben mit 𝔮′ ⊂ 𝔮 und 𝔮′ ∩ T = 𝔮 ∩ T =: 𝔭. Dann ist 𝔮′ = 𝔭[X].

Beweis. Wir schreiben T̄ := T/𝔭. Wir schreiben t̄:= t + 𝔭 für t ∈ T. Sei φ: T [X]/𝔭[X] ⟶^{∼} T̄[X]: X + 𝔭[X] ↦ X; cf. Bemerkung 167.(1). Wir schreiben 𝔞̄ := φ(ρ_{T [X],𝔭[X]}(𝔞)) für 𝔞 ∈ Ideale(T [X]) mit 𝔭[X] ⊆ 𝔞. Es ist 𝔭[X] ⊆ 𝔮′ ⊂ 𝔮. Annahme, es ist 𝔭[X] ⊂ 𝔮′ ⊂ 𝔮. Dann ist (0) ⊂ 𝔮̄′ ⊂ 𝔮̄ in Spec(T̄[X]); cf. Bemerkung 69.(2). Es ist 𝔮̄′ ∩ T̄ = 𝔮̄ ∩ T̄ = (0), da in 𝔮′ wie in 𝔮 alle Polynome von Grad 0 bereits in 𝔭 liegen.

Es ist N̄ := T̄^{×} ⊆ T̄ ⊆ T̄[X] eine multiplikative Teilmenge. Es ist Quot(T̄) = T̄//N̄. Wir haben den T̄-Algebrenisomorphismus

\begin{aligned}T̄[X]//N̄ & ⟷^{∼} & (T̄//N̄)[X] \\ \frac{∑_{i⩾0} t̄_{i}X^{i}}{n̄} & ↦ & (∑_{i⩾0} \frac{t̄_{i}}{1} X^{i}) · n̄^{−} \\ ∑_{i⩾0} t̄_{i} · n̄_{i}^{−}X^{i} & ↤ & ∑_{i⩾0} \frac{t̄_{i}}{n̄_{i}} X^{i} ; \end{aligned}

cf. Lemmata 20 und 67. Es ist 𝔮̄ ∩ N̄ = ∅. Also haben wir (0) ⊂ 𝔮̄′//N̄ ⊂ 𝔮̄//N̄ in Spec(T̄[X]//N̄) ; cf. Bemerkung 69.(1). Dies aber steht im Widerspruch zu Krdim(T̄[X]//N̄) = Krdim(Quot(T̄)[X]) = 1 ; cf. Beispiel 143.(2).

Lemma 169 Sei 𝔭 ∈ Spec(S). Es ist ht(𝔭[X]) = ht(𝔭).

Beweis. Wir schreiben k := ht(𝔭). Ad (⩾). Seien 𝔭_{i} ∈ Spec(S) gewählt für i ∈ [0, k] mit 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k} ⊆ 𝔭.

Zu zeigen ist ht(𝔭[X]) ⩾^{!} k. In Spec(S[X]) haben wir dank Bemerkung 167.(1) aber 𝔭_{0}[X] ⊂ 𝔭_{1}[X] ⊂ … ⊂ 𝔭_{k}[X] ⊆ 𝔭[X] .

Ad (⩽). Wir wählen s_{1}, …, s_{k} ∈ S mit 𝔭 in S minimal über 𝔞 := (s_{1}, …, s_{k}) ; cf. Satz 165. Es genügt zu zeigen, daß 𝔭[X] in S[X] minimal über 𝔞[X] = (s_{1}, …, s_{k}) ist; cf. Satz 165. Annahme, es gibt 𝔮 ∈ Spec(S[X]) mit 𝔞[X] ⊆ 𝔮 ⊂ 𝔭[X]. Dann aber ist 𝔞 = 𝔞[X] ∩ S ⊆ 𝔮 ∩ S ⊆ 𝔭[X] ∩ S = 𝔭, wegen der Minimalität von 𝔭 über 𝔞 also 𝔮 ∩ S = 𝔭. Dank Lemma 168 folgt hieraus 𝔮 = 𝔭[X]. Wir haben einen Widerspruch.

Lemma 170 Sei Krdim(S) endlich. Dann ist Krdim(S[X]) = Krdim(S) + 1.

Beweis. Ad (⩾). Wir schreiben k := Krdim(S). Zu zeigen ist Krdim(S[X]) ⩾^{!} k + 1. Seien 𝔭_{i} ∈ Spec(S) gewählt für i ∈ [0, k] mit 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{k}. In Spec(S[X]) haben wir dank Bemerkung 167.(1, 2) aber

𝔭_{0}[X] ⊂ 𝔭_{1}[X] ⊂ … ⊂ 𝔭_{k}[X] ⊂ 𝔭_{k}[X] + (X) .

Ad (⩽). Sei ℓ ∈ Z_{⩾0} und sei 𝔮_{i} ∈ Spec(S[X]) für i ∈ [0, k] mit 𝔮_{0} ⊂ 𝔮_{1} ⊂ … ⊂ 𝔮_{ℓ}.

Zu zeigen ist ℓ ⩽^{!} Krdim(S) + 1, i.e. Krdim(S) ⩾^{!} ℓ − 1. Wir schreiben 𝔭_{i} := 𝔮_{i} ∩ S für i ∈ [0, ℓ]. Es ist 𝔭_{0} ⊆ 𝔭_{1} ⊆ … ⊆ 𝔭_{ℓ}. Fall: Es ist 𝔭_{0} ⊂ 𝔭_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{ℓ}. Dann ist Krdim(S) ⩾ ℓ ⩾ ℓ − 1. Fall: Es gibt ein j ∈ [1, ℓ] mit 𝔭_{j−1} = 𝔭_{j}. Wähle j damit maximal. Es ist also 𝔭_{j} ⊂ 𝔭_{j+1} ⊂ … ⊂ 𝔭_{ℓ}. Dank Lemma 168 ist 𝔭_{j−1}[X] = 𝔮_{j−1} . Nun ist

j − 1 ⩽ ht(𝔮_{j−1}) = ht(𝔭_{j−1}[X]) = ht(𝔭_{j−1})

gemäß Lemma 169. Also gibt es 𝔭′_{i} ∈ Spec(S) für i ∈ [0, j − 1] mit 𝔭′_{0} ⊂ 𝔭′_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭′_{j−1} ⊆ 𝔭_{j−1} . Insbesondere ist 𝔭′_{j−1} ⊆ 𝔭_{j−1} = 𝔭_{j} ⊂ 𝔭_{j+1} . Insgesamt haben wir also

𝔭′_{0} ⊂ 𝔭′_{1} ⊂ … ⊂ 𝔭′_{j−1} ⊂ 𝔭_{j+1} ⊂ 𝔭_{j+2} ⊂ … ⊂ 𝔭_{ℓ}

in Spec(S). Somit ist Krdim(S) ⩾ ℓ − 1.

Satz 171 (Krulldimension der Polynomalgebra) Wir erinnern daran, daß S noethersch ist mit 0_{S} ≠ 1_{S}. Sei Krdim(S) endlich. Sei k ∈ Z_{⩾0} . Dann ist Krdim(S[X_{1}, …, X_{k}]) = Krdim(S) + k.

Beweis. Dies folgt mit iterierter Anwendung von Lemma 170; cf. Satz 56.

Anhang A

Anhang

Wir folgen im wesentlichen [7, Ch. 1, §6].

A.1 Zorn

Erinnerung 172 Sei an folgende Begriffe erinnert.

(1) Das Auswahlaxiom besagt, daß es für jede surjektive Abbildung U ⟶^{f} V zwischen Mengen U und V eine Abbildung U ⟵^{s} V mit f ∘ s = id_{V} gibt.

(2) In einem Poset X heißen Elemente x, y ∈ X vergleichbar, wenn x ⩽ y oder y ⩽ x ist.

Ein Poset X heißt linear geordnet, wenn für x, y ∈ X stets x vergleichber zu y ist.

(3) Eine Teilmenge K eines Posets X heißt Kette, wenn sie linear geordnet ist.

Die Menge aller Ketten in X werde mit Chain(X) bezeichnet. Es ist Chain(X), zusammen mit (⊆), ein Poset.

(4) Eine Teilmenge Y eines Posets hat ein Element s ∈ X als obere Schranke, wenn y ⩽ s ist für y ∈ Y.

(5) Für ein Poset X und ein Element x ∈ X schreiben wir X_{<x} := { y ∈ X : y < x } und X_{⩽x} := { y ∈ X : y ⩽ x } .

(6) Ein (⩽)-Abschnitt eines Posets X = (X, ⩽) ist eine Teilmenge Y mit der Eigenschaft, daß für y ∈ Y auch X_{<y} ⊆ Y liegt.

(7) Ein linear geordnetes Poset X heißt wohlgeordnet, wenn jede nichtleere Teilmenge Y ⊆ X ein minimales Element m besitzt. Dieses ist dann auch initial, denn ist y ∈ Y, dann ist nicht y < m, also m ⩽ y.

Insbesondere liegt es eindeutig fest, und wir können m =: min(Y) schreiben.

(8) Ist M eine Menge und (⩽) ⊆ M × M eine Teilmenge derart, daß (M, ⩽) ein wohlgeordnetes Poset ist, dann heißt (⩽) eine Wohlordnung auf M.

Bemerkung 173

(1) Sei X eine Menge, die aus nichtleeren Mengen besteht.

Wir bilden

X̂ := { (X, x) : X ∈ X und x ∈ X } .

Wir haben die surjektive Abbildung

\begin{matrix}X̂ & ⟶^{f} & X \\ (X, x) & ↦ & X , \end{matrix}

wobei die Surjektivität aus X ≠ ∅ für X ∈ X folgt.

Dank Auswahlaxiom gibt es eine Abbildung X̂ ⟵^{s} X mit f ∘ s = id_{X} . Mit anderen Worten, für X ∈ X ist s(X) = (X, x) für ein x ∈ X.

(2) Besteht in der Situation von (1) nun X aus nichtleeren Teilmengen einer Menge M, so haben wir auch eine Abbildung

\begin{matrix}X̂ & ⟶^{t} & M \\ (X, x) & ↦ & x . \end{matrix}

Somit ist f := t ∘ s eine Abbildung von X nach M, für welche f(X) ∈ X liegt für X ∈ X.

Bemerkung 174 (Induktionsprinzip)

Sei X = (X, ⩽) ein Poset. Habe jede nichtleere Teilmenge von X ein minimales Element.

Sei f: X → {0, 1} eine Abbildung.

Erfülle f die folgende Eigenschaft.

Ist x ∈ X und f(s) = 1 für s ∈ X_{<x}, dann ist f(x) = 1.

Dann ist f(x) = 1 für alle x ∈ X.

Beweis. Annahme, es gibt ein x ∈ X mit f(x) = 0. Sei m ∈ X minimal mit f(m) = 0. Dann ist f(s) = 1 für s ∈ X_{<m}. Folglich ist f(m) = 1. Wir haben einen Widerspruch.

Bemerkung 175 Sei X = (X, ⩽) ein wohlgeordnetes Poset.

Sei Y ⊂ X ein (⩽)-Abschnitt. Dann ist Y = X_{<min(X∖Y)} .

Beweis. Schreibe m := min(X ∖ Y). Ad (⊇). Sei x ∈ X mit x < m gegeben. Annahme, es ist x ∈ X ∖ Y. Dann ist m ⩽ x, im Widerspruch zu x < m. Ad (⊆). Sei y ∈ Y. Annahme, es ist nicht y < m. Dann ist y ⩾ m. Da Y ein (⩽)-Abschnitt ist, folgt m ∈ Y, im Widerspruch zu m ∈ X ∖ Y.

Lemma 176 Sei M eine Menge. Es gibt eine Wohlordnung (⩽) ⊆ M × M auf M.

Beweis. Ohne Einschränkung ist M ≠ ∅. Sei P := { X ⊆ M : X ≠ ∅ }. Wähle eine Abbildung f : P → M mit f(X) ∈ X; cf. Bemerkung 173.(2). Ist X ∈ P und ist W ⊆ X × X eine Wohlordnung auf X, so schreiben wir

X_{W, <x} := { y ∈ X : (y, x) ∈ W und y ≠ x } .

Beachte x ∈ M ∖ X_{W, <x}. Sei

E := {(X, W) : es ist X ∈ P und W eine Wohlordnung auf X derart, daß f(M ∖ X_{W, <x}) = x ist für alle x ∈ X.}

Die Elemente von E werden als erledigte bezeichnet. Behauptung 1. Seien (X, W), (X′, W′) ∈ E. Wir behaupten, daß

X ein W′-Abschnitt in X′ und W = W′ ∩ (X × X) ist

oder

X′ ein W -Abschnitt in X und W′ = W ∩ (X′ × X′) ist.

Sei

B := ⋃ \{A ⊆ X∩X′ : \begin{matrix}es ist A ein W -Abschnitt in X und ein W′-Abschnitt in X′, \\ und es ist W ∩ (A × A) = W′ ∩ (A × A) \end{matrix} \} .

Es ist B ⊆ X ∩ X′. Es ist B ein W -Abschnitt in X, denn ist b ∈ B und x ∈ X_{W, <b} gegeben, dann gibt es einen W -Abschnitt A in X mit b ∈ A ⊆ B, was x ∈ A ⊆ B nach sich zieht. Genauso ist B auch ein W′-Abschnitt in X′. Vorbemerkung.

(1) Sei (s, t) ∈ W mit t ∈ B. Dann gibt es ein A ⊆ X ∩ X′ so, daß A ein W -Abschnitt in X ist, daß W ∩ (A × A) = W′ ∩ (A × A) gilt und daß t ∈ A. Da (s, t) ∈ W liegt und da A ein W -Abschnitt in X ist, ist auch s ∈ A. Es folgt (s, t) ∈ W ∩ (A × A) = W′ ∩ (A × A) ⊆ W′.

(2) Wegen Symmetrie folgt auch aus (s, t) ∈ W′ mit t ∈ B, daß (s, t) ∈ W liegt.

Annahme, es ist B ⊂ X und B ⊂ X′. Sei m_{X} := min(X ∖ B), gebildet bezüglich W. Es ist B = X_{W, <m_{X}} ; cf. Bemerkung 175. Da (X, W) erledigt ist, ist m_{X} = f(M ∖ X_{W, <m_{X}}) = f(M ∖ B). Sei m_{X′} := min(X′ ∖ B), gebildet bezüglich W′. Genauso ist m_{X′} = f(M ∖ B). Also ist m = m_{X} = m_{X′} ∈ X ∩ X′, aber m ∉ B. Beachte, daß B = X_{W, <m} ist und daß genauso B = X′_{W′, <m} ist. Sei B̃ := B ⊔ {m} ⊆ X ∩ X′. Nun ist auch B̃ ein W -Abschnitt in X: Sei dazu s ∈ B̃. Falls s ∈ B liegt, dann ist X_{W, <s} ⊆ B ⊆ B̃, da B ein W -Abschnitt in X ist. Falls s = m ist, dann ist X_{W, <s} = X_{W, <m} = B ⊆ B̃. Genauso ist B̃ ⊆ X ∩ X′ ein W′-Abschnitt in X′. Wir behaupten, es ist W ∩ (B̃ × B̃) = W′ ∩ (B̃ × B̃).

Dank Symmetrie genügt es, ⊆^{!} zu zeigen. Seien s, t ∈ B̃ mit (s, t) ∈ W gegeben. Wir haben (s, t) ∈^{!} W′ zu zeigen. Falls t ∈ B ist, dann ist nach Vorbemerkung (1) auch (s, t) ∈ W′. Falls s ≠ t = m ist, dann ist s ∈ B = X′_{W′, <m} und also (s, m) ∈ W′. Falls s = t = m ist, dann ist (s, t) = (m, m) ∈ W′. Dies zeigt die Behauptung. Dann aber liegt B̃ in der Menge, deren Vereinigung B definiert. Also ist B⊔{m} = B̃ ⊆ B, was einen Widerspruch darstellt. Also ist X = B ⊆ X′ oder X′ = B ⊆ X. Sei o.E. X = B ⊆ X′. Wir behaupten W =^{!} W′ ∩ (X × X).

Zu ⊆^{!}. Sei (s, t) ∈ W. Dann ist t ∈ X = B. Nach Vorbemerkung (1) ist (s, t) ∈ W′.

Zu ⊇^{!}. Sei (s, t) ∈ W′ ∩ (X × X). Dann ist t ∈ X = B. Nach Vorbemerkung (2) ist (s, t) ∈ W. Dies zeigt die Behauptung.

Dies zeigt Behauptung 1.

Sei für (X, W) und (X′, W′) erklärt, daß (X, W) ⩽ (X′, W′) genau dann gelte, wenn X ein W′-Abschnitt in X′ mit W = W′ ∩ (X × X) ist.

Es ist (E, ⩽) ein Poset. Denn es ist (⩽) reflexiv, da für (X, W) ∈ E sich X als W -Abschnitt in X und W = (X × X) ∩ W ergibt. Es ist (⩽) identitiv, da für (X, W), (X′, W′) ∈ E mit (X, W) ⩽ (X′, W′) ⩽ (X, W) folgt, daß X ⊆ X′ ⊆ X, also X = X′ ist, und also auch W = (X ×X)∩W′ = W′ ist. Es ist (⩽) transitiv, da für (X, W), (X′, W′), (X′′, W′′) ∈ E mit (X, W) ⩽ (X′, W′) ⩽ (X′′, W′′) sich zunächst X ⊆ X′ ⊆ X′′, mithin

W = W′ ∩ (X × X) = (W′′ ∩ (X′ × X′)) ∩ (X × X) = W′′ ∩ (X × X)

ergibt. Ferner ist X ein W′-Abschnitt in X′ und X′ ein W′′-Abschnitt in X′′. Wir müssen zeigen, daß X ein W′′-Abschnitt in X′′ ist. Ist x ∈ X und x′′ ∈ X′′ mit (x′′, x) ∈ W′′ gegeben, dann ist x ∈ X′ und also x′′ ∈ X′. Da nun (x′′, x) ∈ W′′ ∩ (X′ × X′) = W′ liegt, folgt x′′ ∈ X.

Dank Behauptung 1 ist (E, ⩽) linear geordnet.

Sei Y := ⋃_{(X,W)∈E} X. Sei V := ⋃_{(X,W)∈E} W ⊆ Y × Y.

Zunächst zeigen wir W =^{!} V ∩(X ×X) für (X, W) ∈ E. Wir haben nur ⊇^{!} zu zeigen. Seien s, t ∈ X mit (s, t) ∈ V gegeben. Es existiert (X′, W′) ∈ E mit (s, t) ∈ W′ ⊆ X′ × X′. Da E linear geordnet ist, ist (X′, E′) ⩽ (X, E) oder (X, E) ⩽ (X′, E′). Falls (X′, W′) ⩽ (X, W) ist, folgt (s, t) ∈ W′ = W ∩ (X′ × X′) ⊆ W. Falls (X, W) ⩽ (X′, W′) ist, folgt (s, t) ∈ W′ ∩ (X × X) = W. Jedenfalls folgt (s, t) ∈ W.

Behauptung 2. Wir behaupten, daß V eine Wohlordnung auf Y ist.

Es ist V reflexiv, da für s ∈ Y ein (X, W) ∈ E mit s ∈ X existiert und (s, s) ∈ W ⊆ V ist.

Es ist V identitiv, da für s, t ∈ Y mit (s, t), (t, s) ∈ V wegen E linear geordnet ein (X, W) mit s, t ∈ X existiert, daher (s, t), (t, s) ∈ V ∩ (X × X) = W liegen, wegen W identitiv also s = t gilt.

Es ist V transitiv, da für s, t, u ∈ Y mit (s, t), (t, u) ∈ V wegen E linear geordnet ein (X, W) mit s, t, u ∈ X existiert, daher (s, t), (t, u) ∈ V ∩ (X × X) = W liegen, wegen W transitiv also (s, u) ∈ W ⊆ V gilt.

Es ist V linear geordnet, da für s, t ∈ Y wegen E linear geordnet ein (X, W) mit s, t ∈ X existiert und daher (s, t) ∈ W ⊆ V oder (t, s) ∈ W ⊆ V gilt.

Bleibt zu zeigen, daß jede nichtleere Teilmenge Z von Y ein bezüglich V minimales Element enthält. Wähle z ∈ Z. Wähle (X, W) mit z ∈ X. Sei m minimal in X ∩ Z bezüglich W, existent, da W eine Wohlordnung ist. Es ist m minimal in Z bezüglich V. Denn sei z′ ∈ Z mit (z′, m) ∈ V gegeben. Wir haben z′ =^{!} m zu zeigen. Wir wählen (X′, W′) ∈ E mit z′ ∈ X′. Falls (X′, W′) ⩽ (X, W) ist, dann ist z′ ∈ X′ ⊆ X. Falls (X, W) ⩽ (X′, W′) ist, dann ist X ein W′-Abschnitt in X′, sodaß aus (z′, m) ∈ V ∩ (X′, X′) = W′ und m ∈ X folgt, daß z′ ∈ X liegt. In beiden Fällen ergibt sich also z′ ∈ X ∩ Z, mithin (z′, m) ∈ V ∩ (X × X) = W und folglich z′ = m wegen der Minimalität von m. Dies zeigt Behauptung 2. Es bleibt zu zeigen, daß Y =^{!} M ist. Zeigen wir zunächst, daß (Y, V) erledigt ist. Es ist V eine Wohlordnung auf Y. Sei s ∈ Y gegeben. Wähle ein (X, W) ∈ E mit s ∈ X. Es ist Y_{V, <s} = X_{W, <s}. Hierbei folgt ⊇, denn ist (t, s) ∈ W mit t ≠ s, dann ist (t, s) ∈ W ⊆ V und t ∈ X ⊆ Y. Ferner folgt ⊆, denn ist (t, s) ∈ V mit t ≠ s, dann gibt es ein (X′, W′) ∈ E mit t ∈ X′. Ist (X′, W′) ⩽ (X, W), dann ist t ∈ X′ ⊆ X. Ist (X, W) ⩽ (X′, W′), dann ist s ∈ X, t ∈ X′ und (t, s) ∈ V ∩ (X′ × X′) = W′; da X ein W′-Abschnitt in X′ ist, folgt t ∈ X. Beidenfalls ist t ∈ X und somit (t, s) ∈ V ∩ (X × X) = W. Folglich ist f(M ∖ Y_{V, <s}) = f(M ∖ X_{W, <s}) = s, letzteres, da (X, W) erledigt ist. Somit ist (Y, V) erledigt. Annahme, es ist Y ⊂ M. Sei y′ := f(M ∖Y) ∈ M ∖Y. Sei Y′ := Y ⊔{y′}. Sei V′ := V ⊔{ (s, y′) : s ∈ Y′ } ⊆ Y′×Y′. Es ist V′ reflexiv, da V reflexiv ist und zudem (y′, y′) ∈ V′ liegt. Es ist V′ identitiv, da V identitiv ist und da aus (s, y′), (y′, s) ∈ V′ folgt, daß s = y′ ist. Es ist V′ transitiv, da für (s, t), (t, u) ∈ V′ entweder u = y′ und somit (s, u) = (s, y′) ∈ V′ ist oder aber u ≠ y′, also t ≠ y′, also s ≠ y′, also (s, t), (t, u) ∈ V und somit (s, u) ∈ V ⊆ V′ ist. Es ist V′ linear geordnet, da für (s, t) ∈ V′ entweder {s, t} ∩ {y′} ≠ ∅ ist, wesfalls (s, t) ∈ V′ oder (t, s) ∈ V′ ist, oder {s, t} ∩ {y′} = ∅ ist, wesfalls s, t ∈ Y liegen und also (s, t) ∈ V ⊆ V′ oder (t, s) ∈ V ⊆ V′ ist. Es ist V′ wohlgeordnet. Sei dazu Z eine nichtleere Teilmenge von Y′. Ist Z ∩ Y ≠ ∅, dann ist das Minimum von Z ∩ Y in Y auch das Minimum von Z ∩ Y in Y′. Ist Z ∩ Y = ∅, dann ist Z = {y′} und hat y′ als Minimum. Wir zeigen, daß (Y′, V′) erledigt ist. Es ist, wie eben gesehen, V′ eine Wohlordnung auf Y′. Sei s ∈ Y′ gegeben. Falls s ∈ Y liegt, ist Y′_{V′, <s} = Y_{V, <s} und also f(M ∖Y′_{V′, <s}) = f(M ∖Y_{V, <s}) = s, da (Y, V) erledigt ist. Falls s = y′ ist, ist Y′_{V′, <s} = Y und also f(M ∖ Y′_{V′, <s}) = f(M ∖ Y) = y′. In beiden Fällen ist die erforderliche Gleichheit richtig. Also ist (Y′, V′) erledigt. Da nun (Y′, V′) erledigt ist, ist Y′ = Y ⊔ {y′} ⊆ Y nach Definition von Y, und wir haben einen Widerspruch. Also ist Y = M. Mithin ist (⩽) := V eine Wohlordnung auf M.

Lemma 177 Sei X = (X, ⩽) ein Poset. Sei K ∈ Chain(X). Es gibt ein maximales Element M in Chain(X) mit K ⊆ M.

Beweis. Wir wählen eine Wohlordnung (⪯) auf X ∖ K, möglich dank Lemma 176.

Dies geschehe völlig unabhängig von der gegebenen Ordnungsrelation (⩽) auf X. Im allgemeinen haben (⩽) und (⪯) nichts miteinander zu tun.

Für s ∈ X ∖ K sei f(s) := 1, falls es genau eine Abbildung g_{s}: (X ∖ K)_{⪯s} → {0, 1} mit folgender Eigenschaft (A_{s}) gibt.

(A_{s}) Es ist g_{s}(t) = 1 für t ∈ (X ∖ K)_{⪯s} genau dann, wenn t vergleichbar ist mit allen Elementen von K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺t} : g_{s}(u) = 1 }.

Ansonsten sei f(s) := 0. Wir behaupten, daß f(s) =^{!} 1 ist für s ∈ X ∖ K. Gemäß Bemerkung 174 ist zu zeigen, daß für s ∈ X ∖ K aus f((X ∖ K)_{≺s}) ⊆ {1} folgt,

daß f(s) =^{!} 1 ist.

Zur Eindeutigkeit. Annahme, es gibt zwei solche Abbildungen g_{s} und g̃_{s}. Dann ist gibt es ein bezüglich (⪯) minimales Element m ∈ X ∖ K mit g_{s}(m) ≠ g̃_{s}(m). Sei o.E. g_{s}(m) = 1 und g̃_{s}(m) = 0. Ersteres bedeutet, daß m vergleichbar ist mit allen Elementen von K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺m} : g_{s}(u) = 1 }. Zweiteres bedeutet, daß m nicht mit allen Elementen von K ⊔{ u ∈ (X ∖K)_{≺m} : g̃_{s}(u) = 1 } vergleichbar ist. Da g_{s}(u) = g̃_{s}(u) für u ∈ (X ∖ K)_{≺m} und also

{ u ∈ (X ∖ K)_{≺m} : g_{s}(u) = 1 } = { u ∈ (X ∖ K)_{≺m} : g̃_{s}(u) = 1 }

ist, stellt dies einen Widerspruch dar. Zur Existenz. Es ist f(t) = 1 für t ∈ (X ∖ K)_{≺s}. Wir haben also die eindeutige Existenz von g_{t} mit der Eigenschaft (A_{t}) für t ∈ (X ∖ K)_{≺s} zur Verfügung. Da für u, t ∈ (X ∖ K)_{≺s} mit u ≺ t auch g_{t}|_{(X∖K)_{⪯u}} die Eigenschaft (A_{u}) hat, folgt g_{t}|_{(X∖K)_{⪯u}} = g_{u}. Setze g_{s}(t) := g_{t}(t) für t ∈ (X ∖ K)_{≺s}. Setze g_{s}(s) := 1, falls s vergleichbar ist mit allen Elementen von K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺s} : g_{u}(u) = 1 }, ansonsten setze g_{s}(s) := 0. Für u, t ∈ (X ∖ K)_{≺s} mit u ≺ t ist dann

g_{s}|_{(X∖K)_{⪯t}}(u) = g_{s}(u) = g_{u}(u) = g_{t}(u) .

Für t ∈ (X ∖ K)_{≺s} ist somit

g_{s}|_{(X∖K)_{⪯t}} = g_{t} .

Also ist g_{s}(t) = 1 für t ∈ (X∖K)_{≺s} genau dann, wenn g_{t}(t) = 1 ist, i.e. wenn t vergleichbar ist mit allen Elementen von K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺t} : g_{t}(u) = 1 }, i.e. mit allen Elementen von K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺t} : g_{s}(u) = 1 }.

Ferner ist g_{s}(s) = 1 genau dann, wenn s vergleichbar ist mit allen Elementen von

K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺s} : g_{u}(u) = 1 } = K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺s} : g_{s}(u) = 1 } .

Somit ist f(s) = 1. Dies zeigt die Behauptung.

Da für u, s ∈ X ∖ K mit u ⪯ s zum einen f(u) = 1 ist und zum anderen auch g_{s}|_{(X∖K)_{⪯u}} die Eigenschaft (A_{u}) hat, folgt g_{s}|_{(X∖K)_{⪯u}} = g_{u}.

Setze g(s) := g_{s}(s) für s ∈ X ∖ K. Für u ∈ X ∖ K mit u ⪯ s ist

g|_{(X∖K)_{⪯s}}(u) = g(u) = g_{u}(u) = g_{s}(u) .

Folglich ist

g|_{(X∖K)_{⪯s}} = g_{s}

für s ∈ X ∖ K.

Daher ist g: X ∖ K → {0, 1} eine Abbildung mit der Eigenschaft, daß für s ∈ X ∖ K genau dann g(s) = 1 gilt, wenn s vergleichbar ist mit allen Elementen von

K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺s} : g(u) = 1 } .

Setze

M := K ⊔ { u ∈ X ∖ K : g(u) = 1 } .

Wir behaupten, daß M eine bezüglich (⊆) maximale Kette ist, die K enthält.

Seien t, s ∈ M. Wir haben zu zeigen, daß t und s vergleichbar sind. Sind t, s ∈ K, so folgt dies aus K Kette. Ist t ∈ K und s ∈ M ∖ K, so folgt dies daraus, daß g(s) = 1 ist. Ist t ∈ M ∖K und s ∈ K, so folgt dies daraus, daß g(t) = 1 ist. Sind t, s ∈ M ∖K, so ist o.E. t ≺ s. Da g(s) = 1 ist und da t ∈ (X ∖ K)_{≺s} liegt und g(t) = 1 ist, ist s vergleichbar mit t. Somit ist M eine Kette in X.

Annahme, es ist M keine maximale Kette in X. Sei M ⊂ L ⊆ X und L eine Kette. Wähle z ∈ L ∖ M. Dann ist z ∈ X ∖ K und g(z) = 0. Folglich gibt es ein Element von K ⊔ { u ∈ (X ∖ K)_{≺z} : g(u) = 1 } ⊆ M, das nicht mit z vergleichbar ist. Also ist L keine Kette. Wir haben einen Widerspruch.

Lemma 178 (Zorn) Sei X = (X, ⩽) ein Poset.

Es habe in X jede Kette eine obere Schranke.

Sei x ∈ X. Dann gibt es ein maximales Element m ∈ X mit x ⩽ m.

Beweis. Die Kette {x} ist in einer maximalen Kette M enthalten. Diese hat eine obere Schranke m.

Dann ist x ⩽ m. Annahme, es ist m nicht maximal in X. Dann gibt es ein y ∈ X mit m < y. Dann ist M ⊂ M ⊔ {y} =: M′. Ferner ist M′ eine Kette. Denn sind s, t ∈ M′, so haben wir folgende Fälle zu betrachten. Falls s, t ∈ M liegen, dann ist s ⩽ t oder t ⩽ s, da M eine Kette ist. Falls s ∈ M liegt und t = y ist, dann ist s ⩽ m ⩽ y = t. Falls t ∈ M liegt und s = y ist, dann ist t ⩽ m ⩽ y = s. Falls t = y und s = y ist, dann ist s = t. Wir haben einen Widerspruch zur Maximalität der Kette M.

Anhang B

Aufgaben und Lösungen

B.1 Aufgaben

Aufgabe 1 (§1.1.1)

(1) Sei R ein kommutativer Ring. Zu zeigen ist, daß U(R), zusammen mit der auf U(R) eingeschränkten Multiplikation, eine abelsche Gruppe bildet.

(2) Seien R und S kommutative Ringe. Sei R ⟶^{f} S ein Ringmorphismus.

Zu zeigen ist, daß U(f) := f|_{U(R)}^{U(S)} : U(R) → U(S) ein Gruppenmorphismus ist. Aufgabe 2 (§1.1.1) Sei R ein Integritätsbereich, welcher als Menge endlich ist. Zu zeigen ist, daß R ein Körper ist. Aufgabe 3 (§1.1.1) Sei R ein kommutativer Ring.

(1) Zu zeigen ist, daß es genau einen Ringmorphismus von Z nach R gibt.

(2) Zu zeigen ist, daß es genau einen Ringmorphismus von R nach 0 gibt. Der Ringmorphismus aus (1) werde Z ⟶^{ε_{R}} R geschrieben. Oft schreiben wir z := ε_{R}(z) ∈ R für z ∈ Z. Der Ringmorphismus aus (2) werde R ⟶^{η_{R}} 0 geschrieben. Aufgabe 4 (§1.1.1) Zu zeigen oder zu widerlegen.

(1) Sei R ein kommutativer Ring. Von R nach R ist id_{R} der einzige Ringisomorphismus.

(2) Von Q nach Q ist id_{Q} der einzige Ringmorphismus.

(3) Es hat Q nur die Teilringe Z und Q. Aufgabe 5 (§1.1.2) Seien R und S kommutative Ringe. Zu zeigen ist folgendes.

(1) Es ist R auf eindeutige Weise eine Z-Algebra.

(2) Es ist jeder Ringmorphismus R ^{\overline{}^{f}} S ein Z-Algebrenmorphismus. Aufgabe 6 (§1.1.1, §1.1.2) Zu zeigen ist folgendes.

(1) Seien S und T kommutative Ringe.

Ist S ⟶^{f} T ein bijektiver Ringmorphismus, dann auch S ⟵^{f^{−}} T.

(2) Sei R ein kommutativer Ring. Seien S = (S, α) und T = (T, β) kommutative R-Algebren. Ist S ⟶^{f} T ein bijektiver R-Algebrenmorphismus, dann auch S ⟵^{f^{−}} T.

Aufgabe 7 (§1.1.2) Sei R ein kommutativer Ring. Sei I eine Menge. Sei X = { X_{i} : i ∈ I } eine Menge, wobei I → X: i ↦ X_{i} bijektiv sei. Wir schreiben die Elemente von R[X] zunächst als Koeffiziententupel (r_{e})_{e} = (r_{e})_{e∈E_{I}} mit Einträgen aus R, wobei jeweils { e ∈ E_{I} : r_{e} ≠ 0 } endlich ist. Cf. auch (4). Zu zeigen ist folgendes.

(1) Für (r_{e})_{e} , (r′_{e})_{e} ∈ R[X] sind auch

(r′_{e})_{e} + (r′′_{e})_{e} := (r′_{e} + r′′_{e})_{e} ∈ R[X]

und

(r′_{e})_{e} · (r′′_{e})_{e} := ( ∑_{\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix}} r′_{e′} r′′_{e′′})_{e}

wieder in R[X].

(2) Es ist R[X] = (R[X], +, ·) ein kommutativer Ring.

(3) Zusammen mit R ⟶^{α_{R,X}} R[X]: r ↦ (r∂_{(0)_{i}, e})_{e} ist R[X] eine R-Algebra.

(4) Schreiben wir für j ∈ I etwas mißbräuchlich d[j] := (∂_{j,i})_{i} und X_{j} := (∂_{d[j],e})_{e}, sowie

r := α_{R,X}(r) für r ∈ R, so erhalten wir für (r_{e})_{e} ∈ R[X] die Gleichheit

(r_{e})_{e∈E_{I}} = ∑_{e = (e_{i})_{i} ∈ E_{I}} r_{e} ∏_{i∈I} X_{i}^{e_{i}} .

Aufgabe 8 (§1.1.3) Sei R ein kommutativer Ring. Seien R-Algebren S = (S, α) und T = (T, β) gegeben. Sei S ⟶^{f} T ein R-Algebrenmorphismus. Sei 𝔟 ⊆ T ein Ideal. Sei 𝔞 := f^{−1}(𝔟) ⊆ S. Zu zeigen ist folgendes.

(1) Es ist 𝔞 ⊆ S ein Ideal mit f(𝔞) ⊆ 𝔟.

(2) Ist 𝔞̃ ⊆ S ein Ideal mit f(𝔞̃) ⊆ 𝔟, dann ist die Abbildung

\begin{matrix}S/𝔞̃ & ⟶^{f̄} & T/𝔟 \\ s + 𝔞̃ & ↦ & f(s) + 𝔟 \end{matrix}

wohldefiniert und ein R-Algebrenmorphismus.

(3) Die Abbildung

\begin{matrix}S/𝔞 & ⟶^{f̄} & T/𝔟 \\ s + 𝔞 & ↦ & f(s) + 𝔟 \end{matrix}

ist wohldefiniert und ein injektiver R-Algebrenmorphismus.

Aufgabe 9 (§1.1.3) Sei R ein kommutativer Ring. Sei 𝔞 ein Ideal in R. Zu zeigen ist, daß auf der abelschen Gruppe R/𝔞 mittels (r + 𝔞) · (r′ + 𝔞) := rr′ + 𝔞 für r, r′ ∈ R die Struktur eines kommutativen Rings definiert wird.

Aufgabe 10 (§1.1.3) Sei R ein kommutativer Ring. Seien S und T kommutative R-Algebren. Sei S ⟶^{f} T ein surjektiver R-Algebrenmorphismus. Sei 𝔨 ⊆ S sein Kern. Bezeichne Ideale(S) die Menge der Ideale von S. Zu zeigen ist folgende Bijektion.

Ideale(T) ↔ { 𝔟 ∈ Ideale(S) : 𝔨 ⊆ 𝔟 ⊆ S }
𝔠 ↦ f^{−1}(𝔠)
f(𝔟) ↤ 𝔟

Aufgabe 11 (§1.1.3) Zu zeigen oder zu widerlegen. Sei R ein kommutativer Ring. Sei S eine kommutative R-Algebra. Seien 𝔞 und 𝔟 Ideale in S.

(1) Es ist Z eine Hauptidealalgebra über Z.

(2) Ist K ein Körper und X ein Element, dann ist K[X] eine Hauptidealalgebra über K.

(3) Ist R eine Hauptidealalgebra über R, dann ist R[X] eine Hauptidealalgebra über R.

(4) Es ist \sqrt{𝔞𝔟} = \sqrt{𝔞}\sqrt{𝔟}.

(5) Es ist \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟} = \sqrt{𝔞} ∩ \sqrt{𝔟}.

(6) Es ist \sqrt{𝔞 + 𝔟} = \sqrt{𝔞} + \sqrt{𝔟}.

Aufgabe 12 (§1.1.4) Sei R ein kommutativer Ring. Sei S eine kommutative R-Algebra. Zu zeigen ist die Äquivalenz der Aussagen (1) und (2).

(1) Es ist S noethersch.

(2) Jede nichtleere Teilmenge der Menge der Ideale von S hat ein maximales Element.

Aufgabe 13 (§1.1.3) Sei K ein Körper. Seien X, Y, Z drei Elemente. Sei S := K[X, Y, Z]/(XY −Z^{2}). Wir schreiben ξ̄:= ξ+(XY −Z^{2}) ∈ S für ξ ∈ K[X, Y, Z]. Sei 𝔭 := (X̄, Z̄) ⊆ S. Zu zeigen ist folgendes.

(1) Es ist K[X, Y] → S: X ↦ X̄, Y ↦ Ȳ ein injektiver K-Algebrenmorphismus.

(2) Für jedes η ∈ S gibt es eindeutige Elemente f(X, Y), g(X, Y) ∈ K[X, Y] mit η = f(X̄, Ȳ) + Z̄ g(X̄, Ȳ).

(3) Es ist 𝔭 ⊆ S ein Primideal.

(4) Jedes Element von 𝔭^{2} ist von der Form a(X̄, Ȳ)X̄^{2} + b(X̄, Ȳ)X̄Ȳ + c(X̄, Ȳ)X̄Z̄ für gewisse a(X, Y), b(X, Y), c(X, Y) ∈ K[X, Y]. Folglich ist jedes Element von 𝔭^{2} von der Form f(X̄, Ȳ) + Z̄ g(X̄, Ȳ) mit f(X, Y) ∈ (X^{2}, XY) ⊆ K[X, Y] und g(X, Y) ∈ (X) ⊆ K[X, Y].

(5) Es ist X̄Ȳ ∈ 𝔭^{2}, aber X̄ ∉ 𝔭^{2} und Ȳ^{n} ∉ 𝔭^{2} für alle n ∈ Z_{⩾0}.

(6) Es ist 𝔭^{2} ⊆ S nicht primär, obwohl \sqrt{𝔭^{2}} = 𝔭 prim ist. (^{1})

1Dieses Beispiel kenne ich von en.wikipedia.org/wiki/Primary_ideal

B.2 Lösungen

Aufgabe 1 Ad (1). Zunächst sollte die Multiplikation auf U(R) einschränken. Seien x, y ∈ U(R). Es ist xyx^{−}y^{−} = 1. Also ist xy ∈ U(R). Nun sollten die Gesetze einer abelschen Gruppe gelten für U(R), ausgestattet mit dieser eingeschränkten Multiplikation. Da die Multiplikation auf R assoziativ und kommutativ ist, gilt dies auch für ihre Einschränkung auf U(R). Da 1 · 1 = 1 ist, ist auch 1 ∈ U(R). Somit hat U(R) ein neutrales Element. Ist x ∈ U(R), dann auch x^{−}, da x^{−}x = 1. Also hat jedes Element von U(R) ein Inverses. Insgesamt ist nun U(R) als abelsche Gruppe nachgewiesen.

Ad (2). Wir haben bei Definition 7 gesehen, daß f|_{U(R)}^{U(S)} existiert. Sind ferner x, y ∈ U(R), dann ist auch U(f)(x · y) = f(x · y) = f(x) · f(y) = U(f)(x) · U(f)(y). Folglich ist U(f) ein Gruppenmorphismus.

Aufgabe 2 Da R ein Integritätsbereich ist, ist 0_{R} ≠ 1_{R}. Sei a ∈ R^{×}. Zu zeigen ist, daß λ_{a}: R → R: x ↦ ax bijektiv ist. Da R ein Integritätsbereich ist, ist λ_{a} injektiv. Da R endlich ist, ist die injektive Selbstabbildung λ_{a} von R auch surjektiv. Insgesamt ist λ_{a} also bijektiv.

Aufgabe 3 Ad (1). Zeigen wir, daß es höchstens einen Ringmorphismus von Z nach R gibt. Sei f : Z → R ein Ringmorphismus. Es ist f(0) = 0 und f(1) = 1. Für n ∈ Z_{⩾1} ist f(n) = f(∑_{i∈[1,n]} 1) = ∑_{i∈[1,n]} f(1) = ∑_{[1,n]} 1_{R}. Desweiteren ist f(−n) = −f(n) = − ∑_{[1,n]} 1. Somit liegen alle Funktionswerte von f fest. Zeigen wir, daß es mindestens einen Ringmorphismus von Z nach R gibt. Wir erinnern daran, daß gemäß dem Aufbau des Zahlensystems eine ganze Zahl eine Äquivalenzklasse [(a, b)] natürlicher Zahlen a, b ∈ N ist, wobei [(a, b)] = [(c, d)] für a, b, c, d ∈ N genau dann gelte, wenn a + d = c + b ist. Ferner ist [(a, b)] + [(c, d)] = [(a + c, b + d)] und [(a, b)] · [(c, d)] = [(ac + bd, bc + ad)]. Wir haben die injektive Abbildung N → Z: n ↦ (n, 0) und identifizieren N mit seinem Bild. Wir betrachten zunächst die Abbildung u : N → R, n ↦ u(n) := ∑_{i∈[1,n]} 1_{R}. (^{2}) Es ist u(0) = 0. Es ist u(1) = 1. Für n, m ∈ N ist

u(n) + u(m) = ( ∑_{i∈[1,n]} 1_{R}) + ( ∑_{j∈[1,m]} 1_{R}) = ∑_{i∈[1,n+m]} 1_{R} = u(n + m) .

2Man kann sauberer auch u rekursiv definieren und die Eigenschaften von u dann per Induktion zeigen. und

u(n) · u(m) = ( ∑_{i∈[1,n]} 1_{R}) · ( ∑_{j∈[1,m]} 1_{R}) = ∑_{(i,j)∈[1,n]×[1,m]} 1_{R} = ∑_{k∈[1,nm]} 1_{R} = u(nm) .

Setze nun

\begin{matrix}Z & ⟶^{ε_{R}} & R \\ [(a, b)] & ↦ & u(a) − u(b) . \end{matrix}

Dies ist wohldefiniert, denn für a, b, c, d ∈ N mit a + d = c + b ist auch u(a) + u(d) = u(a + d) = u(c + b) = u(c) + u(b) und also u(a) − u(b) = u(c) − u(d). Verifizieren wir, daß f ein Ringmorphismus ist. Es ist ε_{R}(1) = ε_{R}([(1, 0)]) = u(1) − u(0) = 1 − 0 = 1. Für [(a, b)], [(c, d)] ∈ Z ist ε_{R}([(a, b)]+[(c, d)]) = ε_{R}([(a+c, b+d)]) = u(a+c)−u(b+d) = u(a)−u(b)+u(c)−u(d) = ε_{R}([(a, b)])+ε_{R}([(c, d)]) . Für [(a, b)], [(c, d)] ∈ Z ist

ε_{R}([(a, b)] · [(c, d)]) = f([(ac + bd, bc + ad)])
= u(ac + bd) − u(bc + ad)
= u(a) · u(c) + u(b) · u(d) − u(b) · u(c) − u(a) · u(d)
= (u(a) − u(b)) · (u(c) − u(d))
= ε_{R}([(a, b)]) · ε_{R}([(c, d)]) .

Ad (2). Von R nach 0 gibt es nur die Abbildung η_{R}: R → 0: r ↦ 0. Wir haben nur zu zeigen, daß η_{R} ein Ringmorphismus ist. Für x, y ∈ R ist η_{R}(x + y) = 0 = 0 + 0 = η_{R}(x) + η_{R}(y) und η_{R}(x · y) = 0 = 0 · 0 = η_{R}(x) · η_{R}(y). Ferner ist η_{R}(1) = 0 = 1.

Aufgabe 4 Ad (1). Die Aussage ist falsch. Sei etwa R = C. Die komplexe Konjugation ist ein Ringisomorphismus von C nach C, welcher nicht gleich id_{C} ist. Ad (2). Die Aussage ist richtig. Sei hierzu ein Ringisomorphismus Q ⟶^{f} Q gegeben. Dank Aufgabe 3.(1) ist f ∘ ε_{Q} = ε_{Q}, i.e. es ist f(z) = z für z ∈ Z. Folglich ist für z ∈ Z und w ∈ Z^{×} auch

f(z · w^{−}) = f(z) · f(w^{−}) = f(z) · f(w)^{−} = z · w^{−} .

Mithin ist f = id_{Q} . Ad (3). Die Aussage ist falsch. Sei etwa Z_{(3)} := \{ \frac{z}{w} : z ∈ Z, w ∈ Z ∖ 3Z \}. Es ist 1_{Q} = 1/1 ∈ Z_{(3)}. Sind z, z′ ∈ Z und w, w′ ∈ Z ∖ 3Z, dann ist \frac{z}{w} − \frac{z′}{w′} = \frac{zw′−z′w}{ww′} ∈ Z_{(3)} und \frac{z}{w} · \frac{z′}{w′} = \frac{zz′}{ww′} ∈ Z_{(3)} . Also ist Z_{(3)} ein Teilring von Q. Da \frac{1}{3} ∈ Q ∖ Z_{(3)} und \frac{1}{2} ∈ Z_{(3)} ∖ Z liegen, ist Z ⊂ Z_{(3)} ⊂ Q.

Aufgabe 5 Ad (1). Gemäß Aufgabe 3.(1) gibt es genau einen Ringmorphismus von Z nach R, genannt ε_{R}, desbezüglich R dann eine Z-Algebra ist. Ad (2). Wir haben f ∘ ε_{R} =^{!} ε_{S} zu zeigen. Nun sind f ∘ ε_{R} und ε_{S} Ringmorphismen von Z nach S, sodaß wir dank Aufgabe 3.(1) also f ∘ ε_{R} = ε_{S} bekommen.

Aufgabe 6 Ad (1). Es ist f^{−}(1_{T}) = f^{−}(f(1_{S})) = 1_{S} . Für x, y ∈ T ist f^{−}(x + y) = f^{−}(f(f^{−}(x)) + f(f^{−}(y))) = f^{−}(f(f^{−}(x) + f^{−}(y))) = f^{−}(x) + f^{−}(y). Für x, y ∈ T ist f^{−}(x · y) = f^{−}(f(f^{−}(x)) · f(f^{−}(y))) = f^{−}(f(f^{−}(x) · f^{−}(y))) = f^{−}(x) · f^{−}(y). Ad (2). Seien augeschrieben S = (S, α) und T = (T, γ). Dank (1) ist f^{−} ein Ringmorphismus. Also genügt es zu zeigen, daß f^{−} ∘ β =^{!} α ist. Aber es ist f ∘ α = β, und also α = f^{−} ∘ f ∘ α = f^{−} ∘ β.

Aufgabe 7 Ad (1). Zur Addition. Es ist { e ∈ E_{I} : r′_{e} + r′′_{e} ≠ 0 } ⊆ { e ∈ E_{I} : r′_{e} ≠ 0 } ∪ { e ∈ E_{I} : r′′_{e} ≠ 0 } endlich. Also ist (r′_{e} + r′′_{e})_{e} ∈ R[X]. Zur Multiplikation. Zeigen wir zunächst, daß für e′, e′′ ∈ E_{I} auch e′ + e′′ wieder in E_{I} liegt. In der Tat ist { i ∈ I : e′_{i} + e′′_{i} ≠ 0 } ⊆ { i ∈ I : e′_{i} ≠ 0 } ∪ { i ∈ I : e′′_{i} ≠ 0 } und also endlich. Sei e ∈ E_{I} gegeben. Es ist die Menge { (e′, e′′) ∈ E_{I} × E_{I} : e′ + e′′ = e } endlich, genauer gesagt, sie enthält ∏_{i∈I}(e_{i} + 1) Elemente. Nun zur Wohldefiniertheit der Multiplikation. O.E. sind dazu (r′_{e})_{e} und (r′′_{e})_{e} ungleich 0. Sei ê′ definiert durch ê′_{i} := max{ e_{i} : e ∈ E_{I} mit r′_{e} ≠ 0 } für i ∈ I. Sei ê′′ definiert durch ê′′_{i} := max{ e_{i} : e ∈ E_{I} mit r′′_{e} ≠ 0 } für i ∈ I. Es ist ê′ ∈ E_{I} , da

{ i ∈ I : ê′_{i} ≠ 0 } = ⋃_{e∈E_{I}, r_{e}≠0}{ i ∈ I : e_{i} ≠ 0 } ,

was als endliche Vereinigung endlicher Mengen endlich ist.

Sei nun e ∈ E_{I} gegeben mit ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} r′_{e′} r′′_{e′′} ≠ 0.

Es genügt zu zeigen, daß e dann in der endlichen Menge { ẽ ∈ E_{I} : ẽ_{i} ⩽ ê′_{i} + ê′′_{i} } enthalten ist. Annahme, nicht. Sei j ∈ J gewählt mit e_{j} > ê′_{j} + ê′′_{j}. Seien e′, e′′ ∈ E_{I} mit e = e′ + e′′ und r′_{e′} ≠ 0 und r′′_{e′′} ≠ 0 gewählt. Es folgt e′_{j} ⩽ ê′_{j} und e′′_{j} ⩽ ê′′_{j}. Also ist

e_{j} = e′_{j} + e′′_{j} ⩽ ê′_{j} + ê′′_{j} < e_{j} .

Wir haben einen Widerspruch. Zeigen wir schließlich noch folgende Behauptung. Seien d′, d′′ ∈ E_{I} . Seien r′, r′′ ∈ R. Dann ist (r′∂_{d′,e})_{e}· (r′′∂_{d′′,e})_{e} = (r′r′′∂_{d′+d′′,e})_{e}.

In der Tat wird

(r′∂_{d′,e})_{e} · (r′′∂_{d′′,e})_{e} = ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} r′∂_{d′,e′} r′′∂_{d′′,e′′})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \\ e′ = d′ , e′′ = d′′ \end{matrix} r′r′′)_{e}
= (r′r′′∂_{d′+d′′,e})_{e} .

Dies zeigt die Behauptung. Ad (2). Mit 0 = (0)_{e} und −(r_{e})_{e} = (−r_{e})_{e} für (r_{e})_{e} ∈ R[X] erkennen wir, daß R[X] eine abelsche Gruppe ist. Die Multiplikation ist ersichtlich kommutativ. Zeigen wir die Assoziativität. Seien (r′_{e})_{e} , (r′′_{e})_{e} , (r′′′_{e})_{e} ∈ R[X] gegeben. Zum einen erhalten wir

((r′_{e})_{e} · (r′′_{e})_{e}) · (r′′′_{e})_{e} = ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} r′_{e′} r′′_{e′′})_{e} · (r′′′_{e})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(ẽ, e′′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ ẽ+e′′′ = ẽ \end{matrix} ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = ẽ \end{matrix} r′_{e′} r′′_{e′′}r′′′_{e′′′})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′, e′′′) ∈ E_{I}×E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′+e′′′ = e \end{matrix} r′_{e′} r′′_{e′′}r′′′_{e′′′})_{e} .

Zum anderen erhalten wir genauso

(r′_{e})_{e} · ((r′′_{e})_{e} · (r′′′_{e})_{e}) = ( ∑_{\begin{matrix}(e′, e′′, e′′′) ∈ E_{I}×E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′+e′′′ = e \end{matrix}} r′_{e′} r′′_{e′′}r′′′_{e′′′})_{e} .

Zeigen wir, daß 1_{R[X]} := (∂_{(0)_{i},e})_{e} das neutrale Element der Multiplikation ist. Für (r_{e})_{e} ∈ R[X] wird

1_{R[X]} · (r_{e})_{e} = ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} ∂_{(0)_{i},e′} r′′_{e′′})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \\ e′=(0)_{i} \end{matrix} r′′_{e′′})_{e}
= (r′′_{e})_{e} .

Zeigen wir die Distributivität. Seien (r′_{e})_{e} , (r̃′_{e})_{e} , (r′′_{e})_{e} ∈ R[X] gegeben. Es wird

((r′_{e})_{e} + (r̃′_{e})_{e}) · (r′′_{e})_{e} = (r′_{e} + r̃′_{e})_{e} · (r′′_{e})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} (r′_{e′} + r̃′_{e′}) r′′_{e′′})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} r′_{e′} r′′_{e} + r̃′_{e′} r′′_{e′′})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} r′_{e′} r′′_{e})_{e} + ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} r̃′_{e′} r′′_{e′′})_{e}
= (r′_{e})_{e} · (r′′_{e})_{e} + (r̃′_{e})_{e} · (r′′_{e})_{e} .

Ad (3). Es ist zu zeigen, daß α_{R,X} ein Ringmorphismus ist. Es ist α_{R,X} ersichtlich mit Addition verträglich. Es ist α_{R,X}(1_{R}) = (∂_{(0)_{i},e})_{e} = 1_{R[X]} ; cf. (2). Zeigen wir die Verträglichkeit mit der Multiplikation. Seien r′, r′′ ∈ R gegeben. Es wird

α_{R,X}(r′) · α_{R,X}(r′′) = (r′∂_{(0)_{i},e})_{e} · (r′′∂_{(0)_{i},e})_{e}
=^{Beh.} (r′∂_{(0)_{i}+(0)_{i},e})_{e}
= (r′∂_{(0)_{i},e})_{e}
= α_{R,X}(r′r′′) .

Ad (4). Sei (r_{e})_{e} ∈ R[X] gegeben. Nach Entfernung der mißbräuchlichen Bezeichnung ist

(r_{e})_{e∈E_{I}} =^{!} ∑_{ẽ= (ẽ_{i})_{i} ∈ E_{I}}(rẽ∂_{(0)_{i},e})_{e} ∏_{i∈I}(∂_{d[i],e})ẽ_{i}

zu zeigen. Es ist (r_{e})_{e} = ∑_{ẽ∈E_{I}} (rẽ∂_{ẽ,e})_{e}. Somit bleibt

(r∂_{ẽ,e})_{e} =^{!} (r∂_{(0)_{i},e})_{e} ∏_{i∈I}(∂_{d[i],e})ẽ_{i}

zu zeigen für r ∈ R und ẽ ∈ E_{I} . Es ist

(r∂_{(0)_{i},e})_{e} · (∂_{ẽ,e})_{e} = ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \end{matrix} rẽ∂_{(0)_{i},e′}r∂_{(0)_{i},e′} ∂_{ẽ,e′′})_{e}
= ( ∑\begin{matrix}(e′, e′′) ∈ E_{I}×E_{I} \\ e′+e′′ = e \\ e′ = (0)_{i} , e′′ = ẽ \end{matrix} r)_{e}
= (r∂_{ẽ,e})_{e} .

Somit bleibt

(∂_{ẽ,e})_{e} =^{!} ∏_{i∈I}(∂_{d[i],e})ẽ_{i}

zu zeigen für ẽ ∈ E_{I} . Da ẽ = ∑_{i∈I} ẽ_{i}∂_{d[i],e} ist, folgt dies durch iterierte Anwendung der Behauptung.

Aufgabe 8 Ad (1). Es ist 0 ∈ 𝔞. Für s, s′ ∈ S und a, a′ ∈ 𝔞 wird

f(sa + s′a′) = f(s) · f(a) + f(s′) · f(a′) ∈ 𝔟

und also

sa + s′a′ ∈ 𝔞 .

Ad (2). Sind s, s′ ∈ S mit s + 𝔞̃ = s′ + 𝔞̃ gegeben, dann ist f(s) − f(s′) = f(s − s′) ∈ f(𝔞̃) ⊆ 𝔟 und also f(s) + 𝔟 = f(s′) + 𝔟. Somit ist f̄ wohldefiniert. Sind s, s′ ∈ S gegeben, so wird

f̄(s + s′) = f(s + s′) + 𝔟 = f(s) + f(s′) + 𝔟 = (f(s) + 𝔟)(f(s′) + 𝔟) = f̄(s) + f̄(s′) und

f̄(s · s′) = f(s · s′) · 𝔟 = f(s) · f(s′) · 𝔟 = (f(s) · 𝔟)(f(s′) · 𝔟) = f̄(s) · f̄(s′) .

Ferner ist

f̄(1_{S/𝔞̃}) = f̄(1_{S} + 𝔞̃) = f(1_{S}) + 𝔟 = 1_{T} + 𝔟 = 1_{T/𝔟} .

Also ist f̄ ein Ringmorphismus. Für r ∈ R ist

(f̄∘ (ρ_{S,𝔞̃} ∘ α))(r) = f̄(α(r) + 𝔞̃) = f(α(r)) + 𝔟 = β(r) + 𝔟 = (ρ_{T,𝔟} ∘ β)(r)

und also

f̄∘ (ρ_{S,𝔞̃} ∘ α = ρ_{T,𝔟} ∘ β .

Somit ist f̄ ein R-Algebrenmorphismus. Ad (3). Wir haben zu zeigen, daß f̄ aus (2) diesenfalls injektiv ist. Sei s ∈ S mit f̄(s + 𝔞) = 0_{T/𝔟} gegeben. Wir haben zu zeigen, daß s + 𝔞 =^{!} 0_{S/𝔞} ist. Es ist f(s) + 𝔟 = f̄(s + 𝔞) = 0_{T/𝔟} = 0_{T} + 𝔟, i.e. f(s) ∈ 𝔟, i.e. s ∈ 𝔞, i.e. s + 𝔞 = 0_{S/𝔞}.

Aufgabe 9 Es ist R/𝔞 bekanntermaßen eine abelsche Gruppe, mit 0_{R/𝔞} = 0_{R} + 𝔞. Wohldefiniertheit des Produkts. Seien r, r̃, r′, r̃′ mit r + 𝔞 = r̃+ 𝔞 und r′ + 𝔞 = r̃′ + 𝔞 gegeben. Zu zeigen

ist rr′ + 𝔞 =^{!} r̃r̃′ + 𝔞.

Schreibe r̃ = r + a und r̃′ = r′ + a′ mit a, a′ ∈ 𝔞. Es wird

r̃r̃′ − rr′ = (r + a)(r′ + a′) − rr′ = ar′ + ra′ + aa′ ∈ 𝔞 ,

wie zu zeigen war. Es ist

(r + 𝔞) · ((r′ + 𝔞) · (r′′ + 𝔞)) = (r + 𝔞) · (r′r′′ + 𝔞)
= rr′r′′ + 𝔞
= (rr′ + 𝔞) · (r′′ + 𝔞)
= ((r + 𝔞) · (r′ + 𝔞)) · (r′′ + 𝔞)

für r, r′, r′′ ∈ R. Es ist (r + 𝔞) · (r′ + 𝔞) = rr′ + 𝔞 = r′r + 𝔞 = (r′ + 𝔞) · (r + 𝔞) für r, r′ ∈ R. Es ist (1_{R} + 𝔞) · (r + 𝔞) = 1_{R} · r + 𝔞 = r + 𝔞 für r ∈ R. Also ist 1_{R/𝔞} := 1_{R} + 𝔞 multiplikativ neutral. Es ist

(r + 𝔞) · ((r′ + 𝔞) + (r′′ + 𝔞)) = (r + 𝔞) · (r′ + r′′ + 𝔞)
= r(r′ + r′′) + 𝔞
= rr′ + rr′′ + 𝔞
= (rr′ + 𝔞) + (rr′′ + 𝔞)
= (r + 𝔞) · (r′ + 𝔞) + (r + 𝔞) · (r′′ + 𝔞)

für r, r′, r′′ ∈ R.

Aufgabe 10 Wohldefiniertheit ↦. Ist 𝔠 ein Ideal in T, so ist zu zeigen, daß f^{−1}(𝔠) ein Ideal in S ist. Es ist 0 ∈ f^{−1}(𝔠), da f(0) = 0 ∈ 𝔠 liegt. Sind ferner a, a′ ∈ f^{−1}(𝔠) und s, s′ ∈ T, dann ist sa + s′a′ ∈ f^{−1}(𝔠), da

f(sa + s′a′) = f(s)f(a) + f(s′)f(a′) ∈ 𝔠 liegt. Ferner ist 𝔨 ⊆ f^{−1}(𝔠), da f(𝔨) = 0 ⊆ 𝔠 liegt. Wohldefiniertheit ↤. Ist 𝔟 ein Ideal in S, so ist zu zeigen, daß f(𝔟) ein Ideal in T ist. Es ist 0 = f(0) ∈ f(𝔟). Sind ferner b, b′ ∈ 𝔟 und t, t′ ∈ T, dann gibt es s, s′ ∈ S mit f(s) = t und f(s′) = t′, weswegen wir

t · f(b) + t′ · f(b′) = f(s) · f(b) + f(s′) · f(b′) = f(sb + s′b′) ∈ f(𝔟)

erhalten. Inversion. Sei zuerst 𝔠 ein Ideal in T. Es ist f(f^{−1}(𝔠)) ⊆ 𝔠. Sei umgekehrt c ∈ 𝔠 gegeben. Wir haben c ∈^{!} f(f^{−1}(𝔠)) zu zeigen. Da f surjektiv ist, gibt es ein s ∈ S mit f(s) = c. Daher ist s ∈ f^{−1}(𝔠). Also ist c = f(s) ∈ f(f^{−1}(𝔠)). Sei dann 𝔟 ein Ideal in S mit 𝔨 ⊆ 𝔟. Es ist 𝔟 ⊆ f^{−1}(f(𝔟)). Sei umgekehrt s ∈ f^{−1}(f(𝔟)) gegeben. Wir haben s ∈^{!} 𝔟 zu zeigen. Es ist f(s) = f(b) für ein b ∈ 𝔟. Also ist f(s − b) = 0, i.e. s − b ∈ 𝔨. Da 𝔨 ⊆ 𝔟 liegt, folgt s = b + (s − b) ∈ 𝔟.

Aufgabe 11 Ad (1). Die Aussage ist richtig. Sei 𝔞 ⊆ Z ein Ideal. Wir müssen zeigen, daß 𝔞 ein Hauptideal ist. O.E. ist 𝔞 ≠ (0). Sei z ∈ 𝔞 ∖ {0} mit |z| minimal. O.E. ist z > 0. Wir behaupten, es ist 𝔞 =^{!} (z). Zu zeigen ist nur ⊆. Sei a ∈ 𝔞. Zu zeigen ist a ∈^{!} (z). Division mit Rest liefert a = zs + r mit r ∈ [0, z − 1]. Wäre r ≠ 0, dann wäre r = a − zs ∈ 𝔞 ∖ {0}, aber |r| = r < z = |z|, was nach Wahl von z nicht stimmt. Also ist r = 0 und also a = zs in(z). Ad (2). Die Aussage ist richtig. Sei 𝔞 ⊆ K[X] ein Ideal. Wir müssen zeigen, daß 𝔞 ein Hauptideal ist. O.E. ist 𝔞 ≠ (0). Sei f(x) ∈ 𝔞 ∖ {0} mit deg(f) minimal. O.E. ist f(X) normiert. Wir behaupten, es ist 𝔞 =^{!} (f(X)). Zu zeigen ist nur ⊆. Sei g(X) ∈ 𝔞. Zu zeigen ist g(X) ∈^{!} (f(X)). Polynomdivision mit Rest liefert g(X) = f(X) · s(X) + r(X) mit deg(r) ∈ [0, deg(f(X)) − 1]. Wäre r(X) ≠ 0, dann wäre r(X) = g(X) − f(X) · s(X) ∈ 𝔞 ∖ {0}, aber deg(r(X)) < deg(f(X)), was nach Wahl von f(X) nicht stimmt. Also ist r(X) = 0 und also g(X) = f(X) · s(X) in(f(X)). Ad (3). Die Aussage ist falsch. Seien X und Y zwei Elemente. Nach (2) ist K[X] eine Hauptidealalgebra über K. Wir wollen zeigen, daß (X, Y) kein Hauptideal in K[X, Y] ist. Annahme, doch. Dann gibt es ein Polynom f(X, Y) ∈ K[X, Y]^{×} mit (X, Y) = (f(X, Y)). Da X = f(X, Y) · u(X, Y) für ein u(X, Y) ∈ K[X, Y]^{×} sein muß, ist der Grad von f(X, Y) in Y gleich 0. Da Y = f(X, Y) · v(X, Y) für ein v(X, Y) ∈ K[X, Y]^{×} sein muß, ist der Grad von f(X, Y) in X gleich 0.

Also ist f(X, Y) = s für ein s ∈ K^{×} ⊆ U(K[X, Y]). Dann aber ist (X, Y) = (s) = K[X, Y]. Aber es ist 1 ∉ (X, Y), da aus 1 = X · a(X, Y) + Y · b(X, Y) mit a(X, Y), b(X, Y) ∈ K[X, Y] durch Einsetzen von 0 für X und von 0 für Y folgte, daß 1 = 0 ist, was in einem Körper nicht zutrifft. Wir haben einen Widerspruch. Ad (4). Die Aussage ist falsch. Sei etwa 𝔞 := (2) ⊆ Z und 𝔟 := (2) ⊆ Z. Dann ist \sqrt{𝔞𝔟} = \sqrt{(4)} = (2), wohingegen \sqrt{𝔞}\sqrt{𝔟} = (2)(2) = (4) ist. Ad (5). Die Aussage ist richtig. Zum einen folgt aus 𝔞 ∩ 𝔟 ⊆ 𝔞, daß \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟} ⊆ \sqrt{𝔞} liegt. Genauso folgt \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟} ⊆ \sqrt{𝔟}. Somit haben wir \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟} ⊆ \sqrt{𝔞} ∩ \sqrt{𝔟}. Um \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟} ⊇^{!} \sqrt{𝔞} ∩ \sqrt{𝔟} zu zeigen, sei x ∈ \sqrt{𝔞} ∩ \sqrt{𝔟} gegeben. Wir haben x ∈^{!} \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟} zu zeigen. Es gibt k, ℓ ∈ Z_{⩾0} mit x^{k} ∈ 𝔞 und x^{ℓ} ∈ 𝔟. Sei m := max\{k, ℓ\}. Dann ist x^{m} ∈ 𝔞 ∩ 𝔟. Also ist x ∈ \sqrt{𝔞 ∩ 𝔟}. Ad (6). Die Aussage ist falsch. Sei etwa 𝔞 := (X^{2} + Y) ⊆ C[X, Y] und 𝔟 := (Y) ⊆ C[X, Y]. Zum einen ist 𝔞 + 𝔟 = (X^{2} + Y, Y) = (X^{2}, Y) und also X ∈ \sqrt{(X^{2}, Y)}. Zum anderen wollen wir zeigen, daß X ∉ \sqrt{𝔞} + \sqrt{𝔟} enthalten ist. Dazu wollen wir zeigen, daß 𝔞 =^{!} \sqrt{𝔞} und 𝔟 =^{!} \sqrt{𝔟} ist. Denn dann ist \sqrt{𝔞} + \sqrt{𝔟} = 𝔞 + 𝔟 = (X^{2}, Y), sodaß es darin kein Polynom gibt, welches in X den Grad 1 hat. Es genügt also zu zeigen, daß C[X, Y]/(Y) und C[X, Y]/(X^{2} + Y) integer sind; cf. Definition 33, Bemerkung 43.(2). Die folgenden C-Algebrenmorphismen werden mit Hilfe von Lemma 20 und Bemerkung 26 konstruiert. Es wird der C-Algebrenmorphimus C[X, Y]/(Y) → C[X]: Y ↦ 0, X ↦ X beidseitig invertiert durch C[X] → C[X, Y]/(Y): X ↦ X + (Y). Also ist C[X, Y]/(Y) isomorph zur integren C-Algebra C[X] und damit selbst integer. Es wird der C-Algebrenmorphimus C[X, Y]/(X^{2} + Y) → C[X]: Y ↦ −X^{2}, X ↦ X beidseitig invertiert durch C[X] → C[X, Y]/(Y): X ↦ X + (X^{2} + Y). Also ist C[X, Y]/(X^{2} + Y) isomorph zur integren C-Algebra C[X] und damit selbst integer.

Aufgabe 12 Ad (1) ⇒ (2). Sei M eine nichtleere Teilmenge von Ideale(S). Annahme, es gibt in S kein maximales Element. Da M nichtleer ist, können wir ein 𝔞_{1} ∈ M wählen. Da 𝔞_{1} in M nicht maximal ist, können wir ein 𝔞_{2} ∈ M wählen mit 𝔞_{1} ⊂ 𝔞_{2} . Da 𝔞_{2} in M nicht maximal ist, können wir ein 𝔞_{3} ∈ M wählen mit 𝔞_{2} ⊂ 𝔞_{3} . Und so fort. Dies liefert eine aufsteigende abzählbare Kette von Idealen

𝔞_{1} ⊂ 𝔞_{2} ⊂ 𝔞_{3} ⊂ …

Also ist S nicht noethersch; cf. Lemma 53. Wir haben einen Widerspruch.

Ad (2) ⇒ (1). Sei

𝔞_{1} ⊆ 𝔞_{2} ⊆ 𝔞_{3} ⊆ …

eine aufsteigende abzählbare Kette von Idealen in S. Wir haben zu zeigen, daß es ein k ∈ Z_{⩾1} mit 𝔞_{k} = 𝔞_{i} gibt für i ∈ Z_{⩾k}; cf. Lemma 53. Sei M := { 𝔞_{i} : i ∈ Z_{⩾1} }. Es ist M eine nichtleere Teilmenge von Ideale(S). Also können wir in M ein maximales Element 𝔞_{k} wählen, wobei k ∈ Z_{⩾1} . Für i ∈ Z_{⩾k} ist also 𝔞_{k} ⊆ 𝔞_{i} und nicht 𝔞_{k} ⊂ 𝔞_{i}, folglich also 𝔞_{k} = 𝔞_{i}.

Aufgabe 13 Ad (1). Wir sehen K[X, Y] als Teilalgebra von K[X, Y, Z] an. Dank Lemma 20 ist K[X, Y] → S: X ↦ X̄, Y ↦ Ȳ ein wohldefinierter K-Algebrenmorphismus. Sein Kern ist (XY − Z^{2}) ∩ K[X, Y]. Ein Element darin ist von der Form (XY − Z^{2}) · u(X, Y, Z), wobei u(X, Y, Z) ∈ K[X, Y, Z]. Wäre u(X, Y, Z) ≠ 0, dann wäre der Grad in Z von (XY − Z^{2}) · u(X, Y, Z) größer als 0, was aber (XY − Z^{2}) · u(X, Y, Z) ∈ K[X, Y] widerspricht. Somit ist der Kern gleich 0 und unser K-Algebrenmorphismus injektiv. Mit anderen Worten, für f(X, Y) ∈ K[X, Y] ist genau dann f(X̄, Ȳ) = 0, wenn f(X, Y) = 0 ist. Ad (2). Existenz. Für i, j, k ∈ Z_{⩾0} und ℓ ∈ {0, 1} ist X̄^{i}Ȳ^{j}Z̄^{2k+ℓ} = X̄^{i+k}Ȳ^{j+k}Z̄^{ℓ}. Eindeutigkeit. Seien f(X, Y), g(X, Y), f̃(X, Y), g̃(X, Y) ∈ K[X, Y] gegeben mit η = f(X̄, Ȳ) + Z̄ g(X̄, Ȳ) = f̃(X̄, Ȳ) + Z̄ g̃(X̄, Ȳ). Schreibe u(X, Y) := f(X, Y) − f̃(X, Y) und v(X, Y) := g(X, Y) − g̃(X, Y). Es ist u(X̄, Ȳ)+Z̄ v(X̄, Ȳ) = 0. Mit anderen Worten, es ist u(X, Y)+Z v(X, Y) = w(X, Y)(XY − Z^{2}) für ein w(X, Y) ∈ K[X, Y]. Wir haben zu zeigen, daß u(X, Y) =^{!} 0 und v(X, Y) =^{!} 0. Wäre w(X, Y) ≠ 0, dann wäre der Grad von u(X, Y) + Z v(X, Y) in Z größer oder gleich 2. Dies ist aber nicht der Fall. Also ist w(X, Y) = 0. Koeffizientenvergleich in Potenzen von Z gibt nun u(X, Y) = 0 und v(X, Y) = 0. Ad (3). Wir haben zu zeigen, daß S/𝔭 integer ist. Die folgenden K-Algebrenmorphismen werden mit Hilfe von Lemma 20 und Bemerkung 26 konstruiert. Da 0 · Y − 0^{2} = 0 ist, haben wir den K-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S & → & K[Y] \\ X̄ & ↦ & 0 \\ Ȳ & ↦ & Y \\ Z̄ & ↦ & 0 . \end{matrix}

Also haben wir den K-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}S/𝔭 & → & K[Y] \\ X̄ + 𝔭 & ↦ & 0 \\ Ȳ + 𝔭 & ↦ & Y \\ Z̄ + 𝔭 & ↦ & 0 . \end{matrix}

Hierbei sind X̄ + 𝔭 und Z̄ + 𝔭 nur der Form halber aufgelistet; sie sind beide 0. Dieser wird beidseitig invertiert vom K-Algebrenmorphismus

\begin{aligned}S/𝔭 & ← & K[Y] \\ Ȳ + 𝔭 & ↤ & Y . \end{aligned}

Denn zum einen wird Y ↦ Ȳ + 𝔭 ↦ Y geschickt. Zum anderen werden X̄ + 𝔭 ↦ 0 ↦ 0 = X̄ + 𝔭 und Ȳ + 𝔭 ↦ Y ↦ Ȳ + 𝔭, schließlich Z̄ + 𝔭 ↦ 0 ↦ 0 = Z̄ + 𝔭. Folglich ist S/𝔭 als K-Algebra isomorph zu K[Y]. Da letztere integer ist, gilt dies auch für erstere. Ad (4). Da 𝔭 = (X̄, Z̄), ist

𝔭^{2} = (X̄^{2}, X̄Z̄, Z̄^{2}) .

Dank (3) ist also jedes Element von 𝔭^{2} eine K[X̄, Ȳ]-Linearkombination der Elemente

X̄^{2}, X̄^{2}Z̄, X̄Z̄, X̄Z̄^{2}, Z̄^{2}, Z̄^{3}

i.e. der Elemente

X̄^{2}, X̄^{2}Z̄, X̄Z̄, X̄^{2}Ȳ , X̄Ȳ , X̄Ȳ Z̄ ,

i.e. der Elemente

X̄^{2}, X̄Z̄, X̄Ȳ ,

wie benötigt. Mit anderen Worten, für f(X, Y), g(X, Y) ∈ K[X] ist genau dann f(X̄, Ȳ) + Z̄ g(X̄, Ȳ) ∈ 𝔭^{2}, wenn f(X, Y) ∈ (X^{2}, XY) und g(X, Y) ∈ (X) liegen; cf. (1, 2). Ad (5). Es ist X̄Ȳ ∈ 𝔭^{2} ; cf. (4). Wäre X̄ ∈ 𝔭^{2}, dann wäre gemäß (4) auch X ∈ (X^{2}, XY) und also 1 ∈ (X, Y), was aber nicht zutrifft, wie Einsetzen von 0 für X und von 0 für Y zeigt. Also ist X̄ ∉ 𝔭^{2}. Sei n ∈ Z_{⩾0} . Wäre Ȳ^{n} ∈ 𝔭^{2}, dann wäre gemäß (4) auch Y ∈ (X^{2}, XY), was aber nicht zutrifft, wie Einsetzen von 0 für Y zeigt. Also ist Ȳ^{n} ∉ 𝔭^{2}. Ad (6). Es ist 𝔭^{2} kein Primärideal von S, da gemäß (5) zwar X̄Ȳ in 𝔭^{2} liegt, X̄ nicht in 𝔭^{2} liegt, aber für jedes n ∈ Z_{⩾0} das Element Ȳ^{n} auch nicht in 𝔭^{2} liegt; cf. Bemerkung 40. Schließlich ist 𝔭 ⊆ \sqrt{𝔭^{2}} ⊆ \sqrt{𝔭} = 𝔭; cf. Bemerkung 43.(2). Also ist \sqrt{𝔭^{2}} = 𝔭 prim; cf. (3).

Literatur

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   www.math.lsa.umich.edu/~hochster/615W10/supDim.pdf, 2010.

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[7] Kurosch, Lectures in general algebra, Pergamon, 1965.

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