9 ¨Ubung zur Algebraischen Zahlentheorie

Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Prof. Dr. Jörn Steuding
Florian Stefan
9
19. Juni 2009
Übung zur Algebraischen Zahlentheorie
Lösung 1. Die Behauptungen ergeben sich durch einfache Rechnungen.
Lösung 2. (1) ⇒ (2)“ Sei R ein noetherscher
Ring und a1 ⊂ a2 ⊂ · · · eine
S
”
aufsteigende Idealkette. Dann ist a = n∈N an ein endlich erzeugtes Ideal.
Insbesondere gibt es einen Index n ∈ N, so dass an ein Erzeugendensystem
von a enthält. Dies zeigt am ⊂ a ⊂ an ⊂ am für alle Indizes m ≥ n.
(2) ⇒ (3)“ Sei Σ eine nichtleere Menge von Idealen a ⊂ R. Dann ist Σ
”
durch die Inklusionsrelation in natürlicher Weise geordnet. Wir nehmen an,
dass Σ kein maximales Element enthält. Dann ist a1 ∈ Σ nicht maximal, so
dass die Menge Σ1 aller Ideale a1 ( a ∈ Σ nicht leer ist. Kein Element von
Σ1 ist maximal, so dass wir induktiv eine Idealkette a1 ⊂ a2 ⊂ · · · erhalten,
die nicht stationär wird.
(3) ⇒ (1)“ Sei a ⊂ R ein Ideal und Σ die Menge aller endlich erzeugten
”
Ideale, die in a liegen. Nach Voraussetzung besitzt Σ ein maximales Element
a1 . Sei a ∈ a, so dass a1 + (a) ∈ Σ und daher a1 = a1 + (a). Dies zeigt a ∈ a1 ,
so dass a = a1 .
Lösung 3. Es genügt zu zeigen, dass der Polynomring R[X] über einem
noetherschen Ring R wieder noethersch ist. Sei also a ⊂ R[X] ein Ideal. Für
alle n ∈ N sei an die Menge aller a ∈ R, so dass es ein Polynom aX n + f (X)
mit deg(f ) < n in a gibt. Dann ist a0 ⊂ a1 ⊂ · · · eine aufsteigende Idealkette
in R. Nach Voraussetzung wird diese Kette stationär, so dass wir al = an für
alle n ≥ l annehmen dürfen. Außerdem ist jedes Ideal an endlich erzeugt.
Daher gibt es für alle n ≤ l endlich viele Polynome fnk (X) ∈ a vom Grad n,
deren Leitkoeffizienten ank das Ideal an erzeugen.
Sei ã das von allen fnk (X) erzeugte Ideal, so dass ã ⊂ a. Wir nehmen an,
dass a keine Teilmenge von ã ist. Dann finden wir ein Polynom g(X) ∈ a − ã
mit minimalem Grad. Sei n = min{deg(g),P
l} und sei a der Leitkoeffizient
von g(X). Dann gilt a ∈ an , so dass a P
= k bk ank mit gewissen bk ∈ R.
Das Polynom g1 (X) = g(X) − X deg(g)−n k bk fnk (X) ist ein Element von a
mit deg(g1 ) < deg(g), so dass g1 (X) ∈ ã. Dann gilt aber auch g(X) ∈ ã, ein
Widerspruch. Daher ist a = ã endlich erzeugt.
Lösung 4. Die paarweise verschiedenen Ideale p1 , . . . , pn seien sämtliche
Primideale in R. Außerdem sei a ein von Null und R verschiedenes Ideal.
Q νi
Dann gibt es eindeutig bestimmte Zahlen 0 ≤ νi ∈ Z mit a =
pi . Für
alle i sei ai ∈ pνi i ein Element, das nicht in pνi i +1 liegt. Da die Ideale pνi i +1
paarweise teilerfremd sind, liefert der chinesische Restsatz
a∈R
T νi ein
Q Element
νi +1
νi
mit a − ai ∈Qpi
für alle i. Insbesondere gilt a ∈ pi = pi = a und es
folgt (a) = pµi i mit ganzen Zahlen µi ≥ νi . Aus µi > νi folgt a ∈ piνi +1 , im
Widerspruch zu ai 6∈ pνi i +1 . Dies zeigt a = (a).