G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 11

Aufgabe 45.

(1) Zur Bestimmung von T mit SAT diagonal setzen wir die Einheitsmatrix unter A und führen Spaltentransformationen für die zusammengesetzte Matrix aus. Sobald A Elementarteilerform hat, wurde sowohl die Matrix A als auch E von rechts mit T multipliziert. In anderen Worten, der untere Teil der erhaltenen Matrix enthält gerade das gesuchte T.

Wir rechnen.

(\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 0 \\ 4 & 2 & 0 & 16 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & −2 & −8 & 16 \\ 1 & −1 & −2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & −8 \\ 2 & −1 & −4 & 8 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Nun ist SAT x = 0 genau dann, wenn A(T x) = 0. Der Kern von A wird also von Vektoren der Form T e_{i} erzeugt, mit i ∈ [3, 4], entsprechend der Positionen der Nullspalten in der Elementarteilerform SAT. Also ist k = 2, und wir können

B = (\begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

wählen.

(2) Wir rechnen wie in (1).

\begin{aligned}& (\begin{matrix}1+i & 2 & 1 & 2 & 0 & 0 \\ 2i & 0 & 1+i & 0 & 2 & 0 \\ 2 & 2−2i & 1−i & 0 & 0 & 4 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1+i & 0 & −2−2i & −2−2i & 2 & 0 \\ 1−i & 0 & 0 & −2+2i & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & −1−i & −2 & −2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2+2i & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & −2 & 0 & −1−i \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1+i & 1+i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) \\ ⇝ & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2+2i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 2i & −2−2i & −1−i & −2 \\ 0 & 0 & −i & 1+i & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1−i & 2i & 0 & 1+i \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) \end{aligned}

Damit ist k = 3, und wir können

B = (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ −2−2i & −1−i & −2 \\ 1+i & 0 & 0 \\ 2i & 0 & 1+i \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} )

wählen.

Aufgabe 46.

(1) Nach dem Homomorphiesatz genügt es zu zeigen, daß der Kern der surjektiven Komposition

(G \overline{}Cokern(u)) := (G ^{\overline{}^{q}} Y \overline{}Y/u(X) = Cokern(u))

gleich Bild(( û ^{q′})) = û(F) + q′(G′) ist. Ein Element g ∈ G kommt unter dieser Komposition genau dann auf 0, wenn q(g) ∈ u(X) = u(p(F)) = q(û(F)), i.e. wenn q(g) = q(û(f)) ist für ein f ∈ F. Dies ist genau dann der Fall, wenn g − û(f) ∈ Kern q = q′(G′) liegt für ein f ∈ F, i.e. genau dann, wenn g ∈ û(F) + q′(G′).

Somit haben wir einen Isomorphismus

Cokern(( û ^{q′})) ^{\overline{}^{∼}} Cokern(u)
g + (û(F) + q′(G′)) \overline{}q(g) + u(X) .

(2) Zunächst ist p′(F′) = Kern(p) ⊆ Kern(u ∘ p), da aus p(f) = 0 folgt, daß (u ∘ p)(f) = u(0) = 0 für f ∈ F. Auch liegen alle angegebenen Moduln in F.

Zu zeigen bleibt, daß Kern(u ∘ p) = π_{F} (Kern ( û ^{q′})). Es ist f ∈ F genau dann in Kern(u ∘ p) = Kern(q ∘ û), wenn q(û(f)) = 0, i.e. wenn û(f) ∈ Kern(q) = q′(G′). Dies ist genau dann der Fall, wenn es ein g′ ∈ G′ gibt mit û(f) = q′(g′), was wiederum genau dann eintritt, wenn f die Projektion auf F eines Elements (\begin{matrix}f \\ −g′ \end{matrix} ) ∈ F ⊕ G′ ist, welches im Kern von ( û ^{q′}) liegt.

(3) Zum einen ist Bild(u) = Bild(u ∘ p) ≃ F/ Kern(u ∘ p).

Zum anderen haben wir einen Morphismus Kern(u ∘ p) \overline{}Kern(u), f \overline{}p(f), da aus (u ∘ p)(f) = 0 folgt, daß p(f) ∈ Kern(u). Dieser ist surjektiv, da ein Element in Kern(u) insbesondere in X = p(F) liegt und sich daher als p(f) für ein f ∈ F schreiben läßt, und dieses f dann in der Tat in Kern(u ∘ p) liegt. Wir müssen nach Homomorphiesatz zeigen, daß sein Kern gleich p′(F′) ist. Nun ist aber p′(F′) = Kern(p) ⊆ Kern(u ∘ p), so daß ein Element von Kern(u ∘ p) genau dann unter p verschwindet, wenn es in p′(F′) liegt.

(4) Wir begeben uns in folgende Situation.

\xymatrix{Z^{2} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix} )}} & Z^{2} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}1 & 1 \\ 4 & 2 \end{matrix} )}} & Z/(4) ⊕ Z/(8) \ar[d]^{_{( \begin{matrix}1 & 1 \\ 4 & 2 \end{matrix} )}} \\ Z^{2} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 16 \end{matrix} )}} & Z^{2} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}} & Z/(2) ⊕ Z/(16)}

(vgl. das Diagramm aus der Aufgabenstellung).

Der Cokern von u berechnet sich gemäß (1) als der Cokern von ( û ^{q′}), i.e. als der Cokern von

\underbrace{Z^{4}}_{= F ⊕ G′} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 1 & 2 & 0 \\ 4 & 2 & 0 & 16 \end{matrix} )}} \underbrace{Z^{2}}_{= G} .

Nach Aufgabe 45 (1) erhalten wir als Elementarteilerform (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{matrix}), und damit

Cokern(u) ≃ Z/(2) .

Für den Kern und das Bild von u sollten wir gemäß (2) zunächst π_{F} (Kern ( û ^{q′})) berechnen. Hierzu berechnen wir

den Kern der eben angeführten Matrix wie in Aufgabe 45 (1), und aus der dort erhaltenen Matrix B = (\begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}),

die in den Spalten Erzeuger dieses Kerns stehen hat, greift die Projektion (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) auf F die Matrix (\begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \end{matrix}) heraus, deren Spalten nun wiederum Erzeuger von π_{F} (Kern ( û ^{q′})) = Kern(u ∘ p) als Teilmodul von F sind. Da p′(F′) ⊆ Kern(u ∘ p), gibt es nun eine Matrix C ∈ Z^{2×2} mit (\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \end{matrix}) C, und in der Tat liefert eine über

Q durchgeführte Matrixinversion, daß C = (\begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix}−2 & −4 \\ −1 & −1 \end{matrix}). (Diese Matrix muß aus theoretischen Gründen Einträge in R = Z haben; resultiert dies nicht aus der Rechnung, so enthält diese einen Fehler !) Somit erhalten wir die in (2) hergeleiteten Einbettungen

\underbrace{Z^{2}}_{= p′(F′)} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}−2 & −4 \\ −1 & −1 \end{matrix} )}} \underbrace{Z^{2}}_{= Kern(u∘p)} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \end{matrix} )}} \underbrace{Z^{2}}_{= F} .

Das Bild von u berechnet sich gemäß (3) als der Cokern von

\underbrace{Z^{2}}_{= Kern(u∘p)} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \end{matrix} )}} \underbrace{Z^{2}}_{= F} .

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}2 & −8 \\ −4 & 8 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix}). Also ist

Bild(u) ≃ Z/(2) ⊕ Z/(8) .

Der Kern von u berechnet sich gemäß (3) als der Cokern von

\underbrace{Z^{2}}_{= p′(F′)} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}−2 & −4 \\ −1 & −1 \end{matrix} )}} \underbrace{Z^{2}}_{= Kern(u∘p)} .

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}−2 & −4 \\ −1 & −1 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}). Also ist

Kern(u) ≃ Z/(2) .

Probe. Zur Probe kann man bei als Mengen endlichen Moduln X und Y verifizieren, daß

|X| = | Kern(u)| · |Bild(u)|

und daß

|Y | = |Bild(u)| · | Cokern(u)|

Beides trifft hier zu, ersteres wegen 2^{5} = 2^{1} · 2^{4}, zweiteres wegen 2^{5} = 2^{4} · 2^{1}.

(5) Wir begeben uns in folgende Situation.

\xymatrix{R^{3} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix} )}} & R^{3} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}1+i & 2 & 1 \\ 2i & 0 & 1+i \\ 2 & 2−2i & 1−i \end{matrix} )}} & R/(2) ⊕ R/(1 + i) ⊕ R/(4) \ar[d]^{_{( \begin{matrix}1+i & 2 & 1 \\ 2i & 0 & 1+i \\ 2 & 2−2i & 1−i \end{matrix} )}} \\ R^{3} \ar[r]_{_{( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix} )}} & R^{3} \ar[r]_{_{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}} & R/(2) ⊕ R/(2) ⊕ R/(4)}

(vgl. das Diagramm aus der Aufgabenstellung). Der Cokern von u berechnet sich gemäß (1) als der Cokern von

\underbrace{R^{6}}_{= F ⊕ G′} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1+i & 2 & 1 & 2 & 0 & 0 \\ 2i & 0 & 1+i & 0 & 2 & 0 \\ 2 & 2−2i & 1−i & 0 & 0 & 4 \end{matrix} )}} \underbrace{R^{3}}_{= G} .

Nach Aufgabe 45 (2) erhalten wir als Elementarteilerform (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2+2i & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ), und damit

Cokern(u) ≃ R/(2) ⊕ R/(2 + 2i) = Z[i]/(2) ⊕ Z[i]/(2 + 2i) .

Unter Zuhilfenahme von Aufgabe 45 (2) erhalten wir die Einbettung Kern(u ∘ p) \overline{}F beschrieben von

(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ −2−2i & −1−i & −2 \end{matrix}). Der Ansatz (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ −2−2i & −1−i & −2 \end{matrix}) C = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) liefert C = (\begin{matrix}−1 & −2 & −1+i \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 \end{matrix}), welche die Einbettung

p′(F′) \overline{}Kern(u ∘ p) beschreibt. So erhalten wir Einbettungen wie in (2)

\underbrace{R^{3}}_{= p′(F′)} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}−1 & −2 & −1+i \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 \end{matrix} )}} \underbrace{R^{3}}_{= Kern(u∘p)}^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ −2−2i & −1−i & −2 \end{matrix} )}} \underbrace{R^{3}}_{= F} .

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ −2−2i & −1−i & −2 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2+2i \end{matrix}). Also ist

Bild(u) ≃ R/(2 + 2i) = Z[i]/(2 + 2i) .

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}−1 & −2 & −1+i \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 \\ 0 & 0 & 2+2i \end{matrix}). Also ist

Kern(u) ≃ R/(1 + i) ⊕ R/(2 + 2i) = Z[i]/(1 + i) ⊕ Z[i]/(2 + 2i) .

Probe. Zur Probe kann man bei als Menge endlichen Moduln X und Y verifizieren, daß

|X| = | Kern(u)| · |Bild(u)|

und daß

|Y | = |Bild(u)| · | Cokern(u)|

Beides trifft hier zu, ersteres wegen 2^{7} = 2^{4} · 2^{3}, zweiteres wegen 2^{8} = 2^{3} · 2^{5}.

Aufgabe 47.

(1) Sei R noethersch, und sei 𝔞 ⊆ R ein Ideal. Wir haben zu zeigen, daß 𝔞 endlich erzeugt ist. Angenommen, dies sei nicht der Fall. Dann gibt es zu jedem Tupel [a_{1}, …, a_{k}] von Elementen von 𝔞 ein weiteres Element a_{k+1} derart, daß a_{k+1} ∉ (a_{1}, …, a_{k}) =: 𝔞_{k}, da andernfalls 𝔞 von den Elementen a_{1}, …, a_{k} erzeugt wäre. Wir erhalten so eine unendliche echt aufsteigende Kette 𝔞_{1} ⊊ 𝔞_{2} ⊊ 𝔞_{3} ⊊ … von Idealen in R, was es in einem noetherschen Ring nicht geben kann, und wir sind bei einem Widerspruch angelangt.

Sei umgekehrt jedes Ideal von R endlich erzeugt. Wir haben zu zeigen, daß R noethersch ist. Angenommen, dies sei nicht der Fall. Dann gibt es eine unendliche echt aufsteigende Kette 𝔞_{1} ⊊ 𝔞_{2} ⊊ 𝔞_{3} ⊊ … von Idealen in R. Sei 𝔞 = ⋃_{k≥1} 𝔞_{k}. Es ist 𝔞 ein Ideal in R, da 0 ∈ 𝔞, und da für a, b ∈ 𝔞 und r, s ∈ R gilt, daß es ein k ≥ 1 mit a, b ∈ 𝔞_{k} gibt, und folglich ra + sb ∈ 𝔞_{k} ⊆ 𝔞 liegt. Insbesondere ist 𝔞 endlich erzeugt, sagen wir, 𝔞 = (a_{1}, …, a_{n}) mit a_{i} ∈ 𝔞. Sei k ≥ 0 mit a_{i} ∈ 𝔞_{k} für alle i ∈ [1, n]. Dann ist 𝔞 ⊆ 𝔞_{k} ⊆ 𝔞_{l} ⊆ 𝔞 für l ≥ k, also 𝔞_{k} = 𝔞_{l}, und wir sind bei einem Widerspruch angelangt.

(2) Sei F ^{\overline{}^{p}} X surjektiver Morphismus von R-Moduln, mit F endlich erzeugt frei. Dann ist auch

p^{−1}(Y) ^{^{p|_{p^{−1}(Y )}}\overline{}}Y ein surjektiver Morphismus von R-Moduln. Können wir zeigen, daß jeder Teilmodul von F endlich erzeugt ist, so auch p^{−1}(Y) und also auch Y.

Wir dürfen also o.E. X = R^{n} annehmen. Sei weiterhin Y ⊆ X ein Teilmodul, von dem wir zeigen wollen, daß er endlich erzeugt ist. Wir führen dazu eine Induktion über n. Für n = 1 folgt die Aussage mit (1). Sei

n ≥ 2. Schreibe R^{n} = R^{n−1} ⊕ R und R^{n−1} ⊕ R ^{\overline{}^{π}} R für die Projektion auf den zweiten Summanden. Es ist Y ∩ R^{n−1} ⊆ R^{n−1} nach Induktionsvoraussetzung endlich erzeugt. Sei etwa Y ∩ R^{n−1} = ⟨y_{1}, …, y_{k}⟩_{R}. Ferner ist π(Y) ⊆ R mit (1) endlich erzeugt. Sei etwa π(Y) = ⟨π(y_{k+1}), …, π(y_{l})⟩_{R}.

Wir behaupten, daß Y = ⟨y_{1}, …, y_{l}⟩_{R}. Sei y ∈ Y. Es ist π(y) = ∑_{i∈[k+1,l]} r_{i}π(y_{i}) = π (∑_{i∈[k+1,l]} r_{i}y_{i}) für

gewisse r_{i} ∈ R, wobei i ∈ [k + 1, l]. Also ist π (y − ∑_{i∈[k+1,l]} r_{i}y_{i}) = 0, d.h. y − ∑_{i∈[k+1,l]} r_{i}y_{i} ∈ R^{n−1} ∩ Y. Somit können wir y − ∑_{i∈[k+1,l]} r_{i}y_{i} = ∑_{i∈[1,k]} r_{i}y_{i} schreiben für gewisse r_{i} ∈ R, wobei i ∈ [1, k]. Insgesamt ist y = ∑_{i∈[1,l]} r_{i}y_{i}, wie gesucht.

(3) Sei mit (1) angenommen, es gebe ein nicht endlich erzeugtes Ideal 𝔞 ⊆ R[X].

Wähle f_{1}(X) von minimalem Grad n_{1} in 𝔞 ∖ {0}, und sei a_{1} sein Leitkoeffizient.

Wähle f_{2}(X) von minimalem Grad n_{2} in 𝔞 ∖ (f_{1}(X)), und sei a_{2} sein Leitkoeffizient.

Wähle f_{3}(X) von minimalem Grad n_{3} in 𝔞 ∖ (f_{1}(X), f_{2}(X)), und sei a_{3} sein Leitkoeffizient. Usf.

Diese Polynome f_{i}(X) existieren wie angegeben, da ansonsten 𝔞 endlich erzeugt wäre.

Nach Konstruktion ist n_{i} ≤ n_{i+1} stets.

Nun ist (a_{1}) ⊆ (a_{1}, a_{2}) ⊆ … wegen R noethersch keine echt aufsteigende unendliche Kette von Idealen von R. In anderen Worten, es gibt ein k ≥ 1 mit a_{k+1} ∈ (a_{1}, …, a_{k}), sagen wir, a_{k+1} = ∑_{i∈[1,k]} r_{i}a_{i}. Dann ist aber

f_{k+1}(X) − ∑_{i∈[1,k]} X^{n_{k+1}−n_{i}}r_{i}f_{i}(X)

zwar in 𝔞, aber nicht in (f_{1}(X), …, f_{k}(X)), da ansonsten f_{k+1}(X) ebenfalls darin enthalten wäre, und von kleinerem Grad als f_{k+1}(X). Das geht nach Konstruktion f_{k+1}(X) nicht.

Aufgabe 48.

(1) Die Aussage ist wahr. Mit 47 (1) ist zu zeigen, daß jedes Ideal endlich erzeugt ist. Nach Voraussetzung ist aber sogar jedes Ideal von einem einzigen Element erzeugt.

(2) Die Aussage ist wahr. Es ist Q noethersch, also mit Hilberts Basissatz (s. 47 (3)) auch Q[X]. (Dies folgt auch mit 48 (1).) Abermals mit Hilberts Basissatz ist daher auch Q[X, Y] ≃ Q[X][Y] noethersch.

(3) Die Aussage ist falsch.

Sei z.B. R = ⟨X^{i}Y^{j} | (i, j) ∈ (Z_{≥1} × Z_{≥0}) ∪ {(0, 0)}⟩_{Q}. Es ist R ein Teilring von Q[X, Y], da 1 = X^{0}Y^{0} ∈ R, da R nach Konstruktion eine abelsche Untergruppe von (Q[X, Y], +) darstellt, und da (i + i′, j + j′) ∈ (Z_{≥1} × Z_{≥0}) ∪ {(0, 0)} für alle (i, j), (i′, j′) ∈ (Z_{≥1} × Z_{≥0}) ∪ {(0, 0)}.

Wir behaupten, daß R nicht noethersch ist. Sei a_{j} := XY^{j} für j ≥ 0. Sei 𝔞_{k} := (a_{0}, a_{1}, …, a_{k}) für k ≥ 1. Wir wollen zeigen, daß 𝔞_{k} ⊊ 𝔞_{k+1} stets. Sei 𝔟 := ⟨X^{i}Y^{j} | (i, j) ∈ Z_{≥2} × Z_{≥0}⟩ ⊆ R. Da X^{0}Y^{0} das einzige Monom in R mit Grad 0 in X ist, hat 𝔞_{k}/𝔟 die Q-lineare Basis (XY^{i} + 𝔟 | i ∈ [0, k]), so daß insbesondere dim_{Q} 𝔞_{k}/𝔟 = k + 1. Es folgt 𝔞_{k} ≠ 𝔞_{k+1}.

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