Höhere Algebra – Übungsblatt 3

Dr. Thomas Götzer
Sommersemester 2017
Anand Sawant, PhD
17. Mai 2017
Höhere Algebra – Übungsblatt 3
Aufgabe 1 (Jacobsonringe)
Zeigen Sie:
i) Z ist ein Jacobsonring.
ii) Der Ring Z (2) = { ba ∈ Q | a ∈ Z, b ∈ Z \ {0}, 2 ∤ b} (s. Beispiel 2.6c) ist kein
Jacobsonring.
iii) Ist k ein Körper, so ist der Potenzreihenring kJXK kein Jacobsonring.
Lösungsskizze:
i) Bekanntlich sind die maximalen Ideale in Z genau die Primideale ungleich (0).
Ist nun (0) 6= a ⊆ Z ein Ideal, so ist demnach r(a) = ∩{p | p ∈ Spec(Z ), a ⊆
p} = {m | m ∈ Specmax (Z ), a ⊆ m}. Es bleibt das Nullideal (0). Jedes Primideal
enthält (0) und es gilt r((0)) = (0), da Z ein Integritätsbereich ist. Wir müssen also ∩{p | (0) 6= p ⊂ Z Primideal} = {0} zeigen. Ist aber 0 6= r ∈ ∩{p | (0) 6= p ⊂
Z Primideal}, so besitzt r eine eindeutige Zerlegung in endliche viele Primfaktoren (und eine Einheit), insbesondere liegt es nur in endlich vielen Primidealen
p. In Z gibt es allerdings unendlich viele Primideale, Widerspruch. Es muss also
r = 0 und damit ∩{p | (0) 6= p ⊂ Z Primideal} = {0} gelten.
ii) Wir zeigen die Aussage aus Beispiel 2.6c, dass Z (2) ein lokaler Ring mit maximalem Ideal m = { ba ∈ Z (2) | a ∈ (2), b 6∈ (2)} ist: Offensichtlich gilt ba ∈ Z ×
genau
(2)
ac
c
dann, wenn es ein d ∈ Z (2) mit b d = 1(= 1/1) gibt. Existiert ein solches Element
c
a
d , so ist es auch im Ring Q das Inverse zu b und damit eindeutig bestimmt durch
b
b
a . Es ist aber a ∈ Z (2) genau dann, wenn 2 ∤ a, also a 6∈ (2) gilt. Damit ist die
Menge m genau die Menge der Nichteinheiten in Z (2) . Die Tatsache, dass m wirklich ein Ideal ist, lässt sich durch kurze Rechnungen überprüfen. Nach Lemma
2.5 ist Z (2) damit ein lokaler Ring mit maximalem Ideal m.
Nun zur Behauptung aus der Aufgabe: Z (2) ist als Unterring eines Integritätsbereichs selbst ein Integritätsbereich, insbesondere gilt r((0)) = (0). Allerdings ist
(0) 6= ∩{n | n ∈ Specmax (Z(2) ), (0) ⊆ n} = m und somit ist Z(2) kein Jacobsonring.
iii) Wir zeigen, dass kJXK ein lokaler Ring mit maximalem Ideal (X ) ist.
Wer dies bereits in der Algebra I gezeigt hat (z.B. im Wintersemester 14/15, Blatt
2, Aufgabe 4), kann die folgenden Absätze überspringen und im letzten Absatz
weiterlesen.
Wir zeigen zuerst: Ist f = ∑i∞=0 ai X i ∈ kJXK und a0 6= 0, so ist f invertierbar. Sei
dazu f wie angegeben mit a0 6= 0. Wir suchen ein Inverses g = ∑i∞=0 bi X i . Ihr Produkt bezeichnen wir mit h = ∑i∞=0 ci X i , wobei ci = ∑ik=0 ak bi −k gilt. Damit g ein
Inverses von f ist, muss h = 1 erfüllt sein, also c0 = 1 und ci = 0 für i > 0. Dazu
setzen wir b0 = a0−1 . Wir zeigen nun induktiv, dass es für i > 0 Elemente b1 , . . . , bi
gibt, sodass ci = ∑ik=0 ai bi −k = 0 gilt. Zuerst sehen wir, dass 0 = c1 = a0 b1 + a1 b0
nach b1 aufgelöst werden kann, da a0 eine Einheit ist, und wir somit b1 bestimmen
können. Seien nun b0 , . . . , bi so bestimmt, dass c0 , . . . , ci = 0 gilt. Damit können
wir auch die Gleichung 0 = ci +1 = ∑ik+=10 ak bi +1−k nach bi +1 auflösen, was die
Behauptung zeigt.
Damit ist klar, dass jedes Ideal 0 6= a ( kJXK nur Potenzreihen mit verschwindendem konstanten Koeffizienten enthält. Jede solche Potenzreihe liegt allerdings
im von X erzeugten Ideal, was zeigt, dass (X ) das einzige maximale Ideal von
kJXK ist. (Alternativ hätte man auch zeigen können, dass jede Einheit f in kJXK
einen nicht verschwindenen konstanten Koeffizienten hat. Damit ist (X ) gerade
die Menge der Nichteinheiten, was auch zeigt, dass kJXK ein lokaler Ring mit
maximalem Ideal (X ) ist.)
Jetzt können wir die Behauptung der Aufgabe zeigen: In einem Jacobsonring A
ist das Radikal eines Ideals a ( A der Schnitt über alle maximalen Ideale in A,
die a enthalten. In kJXK ist jedoch r((0)) = (0) 6= ∩{m | m ∈ Specmax (kJXK), (0) ⊆
m} = (X ), also ist kJXK kein Jacobsonring.
Aufgabe 2 (Lemma 3.9)
Beweisen Sie Lemma 3.9 der Vorlesung: Ist A ein Ring und a ⊆ A ein Ideal, so ist
das Radikalideal r (a) der Schnitt über alle Ideale p im Rabinowitschspektrum, die a
enthalten:
r (a ) =
\
{p ∈ Specrab ( A), a ⊆ p}
Gibt es kein Primideal im Rabinowitschspektrum, das a enthält, d.h. wenn die rechte
Seite der Schnitt über die leere Menge ist, so ist der Schnitt der ganze Ring A.
i) Zeigen Sie dazu zunächst die Inklusion „⊆“.
ii) Für die Inklusion „⊇“ sei a im Schnitt aller Ideale im Rabinowitschspektrum, die
a enthalten. Zeigen Sie: Es gibt g, g1 , . . . , gn ∈ A[ X ] und b1 , . . . , bn ∈ a mit
1=
n
∑ g j bj + g(aX − 1).
j =1
(Betrachten Sie z.B. das von den Elementen aus a und aX − 1 erzeugte Ideal b ⊆ A[ X ]
und führen Sie die Aussage b ( A[ X ] zu einem Widerspruch.)
iii) Wenden Sie φ : A[ X ] → A[ X, X −1 ], f 7→ f (X −1 ) auf beide Seiten der Gleichung
an und multiplizieren Sie beide Seiten mit X k , wobei k größer ist als der Grad der
gi und g. Begründen Sie, warum Sie in der entstandenen Gleichung
k
X =
n
∑ Xk φ(gj )bj + Xk−1 φ(g)(a − X)
j =1
X durch a substituieren können und beweisen Sie das Lemma.
Lösungsskizze:
i) Folgt aus r (a) =
T
{p ∈ Spec( A), a ⊆ p} ⊆
T
{p ∈ Specrab ( A), a ⊆ p}.
ii) Sei also a im Schnitt der Ideale im Rabinowitschspektrum, die a enthalten. Wir
betrachten das Ideal b = (a ∪ { aX − 1}) ⊆ A[ X ] und wollen b = A[ X ] zeigen
(denn dann gibt es g, g1 , . . . , gn ∈ A[ X ] wie in ii) beschrieben). Ist b ( A[ X ], so
gibt es ein maximales Ideal m ⊆ A[ X ], das b enthält. Es ist a ⊆ b ∩ A ⊆ m ∩ A
und daher a ∈ m ∩ A ⊆ m. Dann ist aber auch aX ∈ m. Da auch aX − 1 ∈ m liegt,
folgt 1 ∈ m. Aber m ist ein maximales Ideal – Widerspruch.
iii) Durch die Wahl von k in iii) haben wir sichergestellt, dass h j (X ) = X k φ( g j ) und
h(X ) = X k−1 φ( g) in A[ X ] liegen. Wir können also in jedes Polynom a einsetzen
und erhalten
ak =
n
∑ h j ( a)b j .
j =1
Mit der rechten liegt auch die linke Seite in a und damit a ∈
√
a.
Aufgabe 3 (Eindeutige Zerlegung in irreduzible Komponenten)
Zeigen Sie: Sei X ein noetherscher topologischer Raum. Dann gibt es ein r ≥ 1 und
abgeschlossene, irreduzible Teilmengen X1 , . . . , Xr ⊆ X mit X = X1 ∪ . . . ∪ Xr und
Xi 6⊆ X j für i 6= j. Die Zerlegung X = X1 ∪ . . . ∪ Xr ist bis auf Reihenfolge eindeutig.
Lösungsskizze: Nehmen wir an, es gäbe keine solche Zerlegung; insbesondere ist dann
X selbst nicht irreduzibel. Nach Definition gibt es folglich abgeschlossene Mengen
X1 , X1′ ( X mit X = X1 ∪ X1′ . Wiederum kann es dann für mindestens eine der beiden
Mengen keine Zerlegung in endliche viele irreduzible Komponenten geben (andernfalls wäre die Vereinigung der Zerlegungen eine Zerlegung für X); oBdA können wir
annehmen, dass X1 keine solche Zerlegung besitzt. Dann ist wiederum X1 nicht irreduzibel und wir finden abgeschlossene Teilmengen X2 , X2′ ( X1 mit X1 = X2 ∪ X2′ .
Durch Iteration dieses Verfahrens erhalten wir eine unendliche absteigenden Kette
X ) X1 ) X2 ) . . . von abgeschlossenen Teilmengen von X, was im Widerspruch
dazu steht, dass X noethersch ist.
Ist nun X = X1 ∪ . . . ∪ Xr eine Darstellung von X als Vereinigung irreduzibler Teilmengen, so können wir Xi 6⊆ X j für i 6= j einfach durch Weglassen bestimmter Xi
erreichen.
Noch zur Eindeutigkeit: Sei dazu X = Y1 ∪ . . . ∪ Ys eine weitere Zerlegung von X in
S
irreduzible Komponenten. Dann ist Xi = sj=1 Yj ∩ Xi ; da aber Xi irreduzibel ist,
folgt Xi ⊆ Yj(i ) für ein j(i ) ∈ {1, . . . , s}. Ganz analog erhält man Yj(i ) ⊆ Xk( j(i )) für ein
k( j(i )) ∈ {1, . . . , r }. Damit gilt aber Xi ⊆ Xk( j(i )) , also i = k( j(i )) und schließlich Xi =
Yj(i ) . Eine analoge Argumentation zeigt, dass es für j ∈ {1, . . . , s} ein i ( j) ∈ {1, . . . , r }
mit Yj = Xi ( j) gibt. Das zeigt r = s und die Tatsache, dass es bis auf Reihenfolge nur
eine Zerlegung in irreduzible Komponenten gibt.
Aufgabe 4 (Ein nicht noetherscher Ring mit noetherschem Spektrum)
Sei K ein Körper und S = K [ X, Y ]. Betrachten Sie nun den Ring
R := (K + S · X )/S · X 2 ,
wobei K + S · X = K [ X, XY, XY2 , XY3 , . . .] gilt und S · X 2 die Vielfachen von X 2 sind.
Zeigen Sie:
i) Der Ring R ist nicht noethersch.
ii) Spec( R) ist ein noetherscher topologischer Raum.
Hinweis: Betrachten Sie das Ideal I := S · X/S · X 2 ⊆ R.
Lösungsskizze:
i) Betrachten wir also das Ideal I := S · X/S · X 2 ⊂ R. Ganz offensichtlich sind nun
XY, XY2 , XY3 , . . . ∈ S · X, aber XY, XY2 , XY3 , . . . 6∈ S · X 2 , I hat also kein endliches K-Erzeugendensystem. Die Multiplikation eines Elements aus I und eines
aus R ist aber das gleiche wie die Multiplikation des Elements aus I und eines
Elements aus K (der „nicht-K-Teil“ fällt ja raus); es kann also I auch kein endliches R-Erzeugendensystem haben und somit ist R kein noetherscher Ring.
ii) In der Tat zeigen wir sogar Spec( R) = { I }. Sei p ∈ Spec( R). Ist a ∈ I, so ist
offensichtlich a2 ein Vielfaches von X 2 , also a2 = 0 ∈ p. Da p prim ist, folgt a ∈ p
und somit I ⊆ p. Auf der anderen Seite ist offensichtlich R/I ∼
= K; I ist also
maximal und es folgt p = I.
Diese Lösungen erheben nicht den Anspruch darauf vollständig zu sein. Insbesondere stellen sie keine Musterlösung dar, auf die ein Korrektor volle Punktezahl geben würde.