Klausur vom 21.10.2010 Algebra II Lösungen

Klausur vom 21.10.2010
Algebra II
Rolf Farnsteiner
Lösungen
Daiva Pučinskaitė
Algebra II ||
|| Klausur vom 21.10.2010
Aufgabe 1. Sei R ein Ring. Ein R-Modul M heißt artinsch, falls es für jede Folge (Ni )i≥0
von Untermoduln von M mit Ni ⊇ Ni+1 ∀ i ≥ 0 ein n0 ∈ N mit Nn = Nn0 ∀ n ≥ n0 gibt.
(1) Zeigen Sie, dass der Z-Modul Z nicht artinsch ist.
(2) Sei ϕ : M −→ M eine injektive R-lineare Abbildung eines artinschen R-Moduls M .
Zeigen Sie, dass ϕ bijektiv ist.
(3) Seien M, N R-Moduln sowie ψ : M ⊕ N −→ M eine injektive R-lineare Abbildung.
Zeigen Sie: Ist M artinsch, so gilt N = (0).
Zu (1). Sei m ∈ N mit m 6= 0, 1, −1. Für jedes i ∈ N bezeichnen wir mit Zi den von mi
erzeugten Z-Untermodul von Z. Es gilt also Zi = mi Z = {mi · r | r ∈ Z}.
Für jedes i ∈ N erhalten wir Zi ⊃ Zi+1 :
” ⊇ ” Sei a ∈ Zi+1 , dann existiert ein r ∈ Z mit a = r · mi+1 = r · m · mi . Aus r · m ∈ Z
folgt a ∈ Zi und damit Zi ⊇ Zi+1 .
” 6= ” Angenommen mi ∈ Zi ist ein Element aus Zi+1 , dann existiert ein r ∈ Z mit mi =
r · mi+1 = r · m · mi+1 . Wegen m 6= 0 gilt r · m = 1 und damit r, m ∈ Z∗ = {−1, 1}.
Dies steht im Widerspruch zu m 6= −1, 1. Daraus folgt mi 6∈ Zi+1 und damit gilt
Zi 6= Zi+1 für alle i ∈ N.
Für die Folge (Zi )i≥0 wird die Inklusionskette Z0 ⊃ Z1 ⊃ · · · ⊃ Zn ⊃ Zn+1 ⊃ · · · nicht
stationär. Damit ist Z kein artinscher Z-Modul.
Zu (2). Angenommen ϕ ist nicht bijektiv. Wir zeigen, dass eine Folge (Ni )i≥0 von Untermoduln von M existiert, für die die Eigenschaft "es gibt ein n0 ∈ N mit Nn = Nn0 für
alle n ≥ n0 " nicht erfüllt ist. Damit ist M nicht artinsch.
Seien N, N 0 zwei beliebige Untermoduln von M mit N 0 ⊂ N , dann gilt ϕ(N 0 ) ⊂ ϕ(N ),
denn ϕ ist injektiv. Außerdem ist ϕ(N 0 ) ein Untermodul von ϕ(N ) und damit von M .
Da ϕ nicht bijektiv ist, ist ϕ(M ) ein echter Untermodul von M . Seien N0 := M und
Ni := ϕi (M ) für alle i ∈ N, hier ϕi = ϕ ◦ · · · ◦ ϕ. Für die Folge (Ni )i≥0 gilt Ni ⊃ Ni+1 ,
| {z }
i−mal
denn Ni+1 = ϕ(Ni ) ein echter Untermodul von Ni für alle i ≥ 0 ist und damit gibt es kein
n0 ∈ N mit Nn = Nn0 für alle n ≥ n0 .
(3) Sei ι : M −→ M ⊕ N die kanonische Injektion (es gilt ι(m) = (m, 0)). Da ι und
ψ◦ι
ψ injektiv sind, ist die R-lineare Abbildung M −→ M injektiv und damit nach (2) auch
bijektiv, denn M ist artinsch. Es gilt also im(ψ ◦ ι) = M , oder anders gesagt es gilt
(ψ ◦ ι)(M ) = ψ(ι(M )) = ψ {(m, 0) | m ∈ M } = {ψ(m, 0) | m ∈ M } = M .
Sei nun n ∈ N , dann ψ(0, n) ∈ M . Aus der letzten Gleichung folgt, dass es ein m ∈ M
mit ψ(0, n) = ψ(m, 0) gibt. Nach der Voraussetzung ist ψ injektiv, so erhalten wir (0, n) =
(m, 0) und damit n = 0. Somit gilt N = {0}.
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Aufgabe 2. Sei K ein Körper und X eine Unbestimmte über K sowie M ein endlich
erzeugter K[X]-Modul. [Damit erhält M durch Einschränkung der Operation von K[X]
auf die konstanten Polynome die Struktur eines K-Vektorraums.] Zeigen Sie: Ist M ein
Torsionsmodul, so ist M endlich-dimensional.
Der Ring K[X] ist ein Hauptidealring. Nach der Vorlesung (I. Satz 7.6) existieren für
einen endlich erzeugten Torsionsmodul M über K[X] Primelemente f1 , . . . , fn von K[X]
und natürliche Zahlen m1 , . . . , mn mit
n
M
∼
M=
K[X]/ (fimi ) .
i=1
Wir zeigen, dass der K-Vektorraum K[X]/ (f ) für jedes Polynom f ∈ K[X] mit f 6= 0
n
X
endlich-dimensional ist. Damit gilt dann dimK M =
dimK (K[X]/ (fimi )) < ∞.
i=1
Sei f ∈ K[X] mit f 6= 0. Für jedes Polynom g ∈ K[X] gibt es Polynome h, p ∈ K[X]
mit g = f ·h+p und deg p < deg f = r (Division mit Rest). Für die Restklassen g = g +(f )
und p = p + (f ) aus K[X]/ (f ) gilt damit g = p. Aus deg p < r folgt, dass Koeffizienten
r−1
X
j
k0 , k1 , . . . , kr−1 aus K existieren, mit g =
kj X . Jedes Polynom aus K[X]/ (f ) ist
also eine linearkombination aus 1, X, . . . , X
dimK K[X]/ (f ) < ∞.
j=0
r−1
. Für den K-Vektorraum K[X]/ (f ) gilt
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Aufgabe 3. Sei X eine Unbestimmte über dem Körper R der reellen Zahlen sowie A ∈
Matn (R[X]) eine (n × n)-Matrix mit Elementarteilern a1 | a2 |,P
. . . , | an ∈ R[X] r {0}.
(1) Zeigen Sie die Gültigkeit der Gleichung deg(det(A)) = ni=1 deg(ai ).
(2) Es gelte an = X 2 + 1 sowie a1 6∈ R. Bestimmen Sie deg(det(A)).
Zu (1). Der R[X]-Modul R[X]n ist frei mit rk (R[X]n ) = n und A ∈ Matn (R[X]) induziert eine R[X]-lineare Abbildung




f1
f1
R[X]n −→ R[X]n mit  ...  7→ A  ...  .
fn
fn
Nach der Vorlesung (I. Satz 7.8) existieren invertierbare Matrizen S, T ∈ Matn (R[X]) mit


a1 0 . . . 0
 0 a2
0 

SAT = 
.
.
 ..
. . ... 
0 0 · · · an
Insbesondere gilt det(S), det(T ) ∈ R[X] = R∗ und nach dem Determinanten-Multiplikationssatz
n
Y
ai = det(SAT ) = det(S) det(A) det(T ) = det(S) det(T ) det(A).
|
{z
}
∗
i=1
=:r∈R∗
Da R[X] ein Integritätsbereich ist, gilt deg(f ·g) = deg(f )+deg(g) für alle f, g ∈ K[X]\{0}.
Daraus folgt deg (det(SAT )) = deg (r det(A)) = deg(r) + deg (det(A)) = deg (det(A)) (es
gilt deg(r) = 0, denn r ist ein von
verschiedenes konstantes Polynom). Damit erhalten
! Null
n
n
Y
X
wir deg (det(A)) = deg
ai =
deg(ai ).
i=1
i=1
Zu (2). Aus a1 6∈ R folgt deg a1 ≥ 1. Da a1 ein Teiler von ai und ai ein Teiler von
an = X 2 + 1 ist, gilt 1 ≤ deg ai ≤ 2 für alle i ∈ {1, . . . , n}. Das Polynom an ist irreduzibel, damit sind r und r0 (X 2 + 1) für alle r, r0 ∈ R∗ die Teiler von an . Es existieren also r1 , . . . , rn ∈ R∗ mit ai = ri (X 2 + 1) für alle i ∈ {1, . . . , n}. Nach (1) gilt
n
n
X
X
2
deg (det(A)) =
deg ri (X + 1) =
deg X 2 + 1 = 2n.
i=1
i=1
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Aufgabe 4. Es sei
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√
√
Z[ 3] := {a+b 3 ; a, b ∈ Z} ⊆ R.
Zeigen Sie:
√
(1) Jedes Primideal P ∈ Spec(Z[ 3]) r {(0)} ist maximal.
(2) Sei p ∈ Z eine Primzahl.
Besitzt die Gleichung x2 = 3 im Körper Z/(p) keine
√
√
Lösung, so ist Z[ 3]p Z[ 3] das einzige maximale Ideal M mit M ∩ Z = Zp.
√
2
3 eine Nullstelle
Zu
(1).
Da
√
√ des Polynoms X − 3 ∈ Z[X] ist, ist die Ringerweiterung
√
Z[ 3] : Z ganz. Der Ring Z[ 3] ist ein Integritätsbereich, damit gilt (0) ∈ Spec(Z[ 3]).
Nach der Vorlesung sind die Elemente der Faser ζ −1 ((p)) der Abbildung
√
ζ : Spec(Z[ 3]) −→ Spec(Z) mit P 7→ P ∩ Z
unvergleichbar (bzgl. der Inklusion). Aus (0) ∈ ζ −1 ((0)) (hier (0) ∈ Spec(Z))
√ folgt damit
−1
ζ ((0)) = {(0)} und somit erhalten wir ζ(P) 6= (0) für jedes P ∈ Spec(Z[ 3]) r {(0)}
Da alle von Null verschiedenen Primideale von Z maximal sind, ist ζ(P) ein maximales
Ideal von Z. Nach der Vorlesung (Lemma II.2.3) erhalten wir, dass P maximal ist.
Zu (2). Sei p ∈ Z eine Primzahl mit der Eigenschaft
ā2 6= 3̄ für alle ā ∈ Z/(p). Wir
√
betrachten das von p erzeugte
Ideal
√
√ Z[ 3].
√
√
M von
Zunächst gilt M = Z[ 3]p = (a + b 3)p | a, b ∈ Z 6= Z[ 3], denn p − 1 + b 3 6∈ M.
Außerdem gilt
√
√
M ∩ Z = (a + b√3)p ∈ M | (a + b 3)p ∈ Z
= (a + b 3)p ∈ M | b = 0
= {ap | a ∈ Z} = Zp
√
Sei P ein Primideal von Z[ 3] mit P ∩ Z = Zp, dann gilt insbesondere p ∈ P und damit
M ⊆ P. Nach (1) ist P maximal. Wir zeigen nun P ⊆ M, woraus dann folgt P = M, d.h.
M ist das einzige
M ∩ Z = Zp. √
√ maximale Ideal mit
√
2
Sei x + y 3 ∈ P, dann gilt x − y 2 3 = (x − y 3)(x + y 3) ∈ P ∩ Z. Nach der
Voraussetzung erhalten wir x2 − y 2 3 ∈ Zp und damit x2 − y 2 3 = 0 in Z/(p). Wenn y 6∈
2
Zp, dann ist y invertierbar in Z/(p), also gilt xy
= 3 und damit erhalten wir einen
Widerspruch zu der Voraussetzung, dass für alle a ∈ Z/(p) die Gleichung a = 3 nicht
erfüllt sein kann. Damit gilt y ∈ Zp und x2 − y 2 3 = 0 in Z/(p). Anders gesagt x2 ∈ Zp
|{z}
=0
und daraus
Somit existieren
x0 , y 0 ∈ Z mit x = x0 p und y = y 0 p und damit
√ folgt x0 ∈ Zp.
√
√
gilt x + y 3 = (x + y 0 3)p ∈ Z[ 3]p. Daraus folgt P ⊆ M.
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Aufgabe 5. Zeigen Sie, dass V := {(x, y) ∈ C2 ; x2 +y 2 = 1} eine irreduzible Varietät der
Dimension 1 ist.
Die Teilmenge V von C2 besteht aus der Nullstellen des Polynoms X 2 + Y 2 − 1, d.h.
V = Z(X 2 + Y 2 − 1) ist eine affine Varietät (insbesondere gilt V 6= ∅, denn (1, 0) ∈ V ).
Nach der Vorlesung ist V genau dann irreduzibel wenn I(V ) ein Primideal von C[X, Y ] ist
(IV. Proposition 1.3). Da C ein algebraisch abgeschlossener Körper ist, gilt
p nach dem Hilbertschen Nullstellensatz (IV. Theorem 1.4) I(V ) = I(Z(X 2 +Y 2 −1)) = (X 2 + Y 2 − 1).
Wir zeigen nun, dass das Polynom X 2 + Y 2 − 1 irreduzibel ist, woraus dann folgt, dass
2
2
(X
ist (denn C[X, Y ] ist ein faktorieller Ring). Außerdem gilt
p + Y − 1) ein Primideal
2
2
2
2
(X + Y − 1) = (X + Y − 1) (nach den Eigenschaften von Primpolynomen).
Das Polynom X 2 + Y 2 − 1 ist irreduzibel.
Beweis. (Eisenstein-Kriterium). Der Ring R := C[Y ] ist faktoriell und p = Y −1 ∈ R
irreduzibel mit p|(Y 2 − 1) und p2 - (Y 2 − 1). Aus ggT((Y 2 − 1), 1) = 1 folgt nach
dem Eisenstein-Kriterium, dass X 2 + (Y 2 − 1) in R[X] irreduzibel ist. Somit ist
X 2 + Y 2 − 1 irreduzibel in C[Y ][X] ∼
= C[X, Y ].
Es gilt 0 ≤ dimV ≤ 2. Aus (0, 0) 6∈ V folgt V 6= C2 und damit dimV 6= 2, denn C2 ist
irreduzibel (Satz III. Korollar 5.5).
Wenn dimV = 0, dann besteht V nur aus einem Element (da V irreduzibel ist), was
offensichtlich nicht der Fall ist. Damit erhalten wir dimV = 1.
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Ein alternativer Beweis für "Das Polynom X 2 + Y 2 − 1 ist irreduzibel":
Beweis. Angenommen X 2 + Y 2 − 1 = f · g für nichtkonstanten Polynome f, g ∈ C[X, Y ].
Da C und damit auch C[X, Y ] Integritätsring ist, gilt 2 = deg(X 2 + Y 2 − 1) = deg(f ) +
deg(g). Da f, g 6∈ C, gilt deg(f ) 6= 0 und deg(g) 6= 0. Damit erhalten wir deg(f ) = 1 und
deg(g) = 1. Somit existieren a, b, c, a0 , b0 , c0 ∈ C mit f (x, y) = ax+by +c und g(x, y) = a0 x+
b0 y+c0 und damit gilt X 2 +Y 2 −1 = aa0 x2 +bb0 y 2 +cc0 +(ac0 +a0 c)x+(bc0 +b0 c)y+(ab0 +a0 b)xy.
Nach Koeffizientenvergleich erhalten wir:
(i) aa0 = bb0 = 1 und cc0 = −1, damit gilt a, a0 , b, b0 , c, c0 ∈ C∗ ,
(ii) ac0 +a0 c = bc0 +b0 c = ab0 +a0 b = 0, nach (i) gilt a2 −c2 = b2 −c2 = 0 und a2 +b2 = 0.
Damit gilt a2 = b2 = c2 und 2a2 = 0. Aus der Körpereigenschaften folgt a2 = 0 und
damit a = 0, was im Widerspruch zu (i) a 6= 0 steht.
Somit gibt es keine nichtkonstanten Polynome f, g ∈ C[X, Y ] mit X 2 + Y 2 − 1 = f · g und
damit ist X 2 + Y 2 − 1 ein irreduzibles Polynom.
Ein alternativer Beweis für "dimV = 1":
Beweis. Nach der Vorlesung (IV. Satz 1.9) ist die Dimension von V ist Krulldimension
der Algebra C[V ] = C[X, Y ]/I(V ) = C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1).
Wir bezeichnen mit R das Bild des Ring-Homomorphismus
ι
π
π ◦ ι : C[X] ,→ C[X, Y ] C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1).
)
n
X
i
Es gilt R = f ∈ C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1) f (X, Y ) =
ci X , n ∈ N ∼
= C[X].
i=0
Sei f ∈ ker(π ◦ ι) ⊆ C[X] ⊂ C[X, Y ], dann f ∈ (X 2 − Y 2 − 1). Es existiert also
ein g ∈ C[X, Y ] mit f (a) = g(a, b) · (a2 + b2 − 1) für alle a, b ∈ C und damit f (0) =
g(0, 1) · (12 − 1) = 0. Daraus folgt f (0) = g(0, b) · (b2 − 1) = 0 für alle b ∈ C.
Betrachten wir den zu g(0, Y ) · (Y 2 − 1) korrespondierenden Polynom aus C[Y ], so erhalten wir, dass dieses Polynom das Nullpolynom ist, denn es hat unendlich viele Nullstellen.
Da Y 2 − 1 6= 0 ∈ C[Y ] ist g(0, Y ) das Nullpolynom in C[Y ] und damit g(a, b) = g(a, eb)
für alle a, b, eb ∈ C. Aus f (a) = g(a, b) · (a2 + b2 − 1) = g(a, eb) · (a2 + eb2 − 1) für alle
a, b, eb ∈ C folgt g(a, b) = 0 für alle a, b ∈ C. Damit erhalten wir ker(π ◦ ι) = {0}. Nach dem
Homomorphiesatz erhalten wir C[X] ∼
= C[X]/ker(π ◦ ι) ∼
= im(π ◦ ι) = R.
Nun zeigen wir, dass die Unteralgebra R von C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1) eine Noethersche
Normalisierung ist. Nach der Vorlesung (III. Korollar 5.6) gilt dann
dimR = dimC[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1) = 1
und damit ist V eine irreduzible Varietät der Dimension 1.
(
Die Unteralgebra R von C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1) ist eine Noethersche Normalisierung:
Zunächst ist X algebraisch unabhängig (es gibt kein von Null verschiedenes Polynom
in einer Variable mit den Koeffizienten in C mit X als eine Nullstelle). Für jedes
Polynom g ∈ C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1) gibt es Polynome f0 , . . . , fn ∈ R mit g =
n
X
i
fi Y oder anders gesagt C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1) = R[Y ]. Da Y eine Nullstelle des
i=0
2
Polynoms X2 + (X − 1) ∈ R[X] ist, ist Y ganz über R und damit ist C[X, Y ]/(X 2 +
Y 2 − 1) ein endlich erzeugter R-Modul (II. Satz 1.1). Somit ist R eine Noethersche
Normalisierung von C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 − 1).
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Aufgabe 6. Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper sowie U := A2 r {0}. Es bezeichne OA2 die Garbe der regulären Funktionen der affinen Ebene A2 . Für f ∈ K[X, Y ]
sei D(f ) := {(a, b) ∈ A2 ; f (a, b) 6= 0}. Beweisen Sie folgende Aussagen:
(1) U ist eine offene Teilmenge von A2 und es gilt U = D(X) ∪ D(Y ).
(2) Die Abbildung res : K[A2 ] −→ OA2 (U ) ; f 7→ f |U ist injektiv.
(3) Ist ϕ ∈ OA2 (U ) so gibt es f, g ∈ K[A2 ] und m, n ∈ N0 mit
f (a, b)
g(a, b)
= ϕ(a, b) =
n
a
bm
∀ (a, b) ∈ D(X) ∩ D(Y ).
(4) Sei ϕ ∈ OA2 (U ). Dann existiert ein h ∈ K[A2 ] mit ϕ = h|U .
Zu (1). Sei (X) das von X ∈ K[X, Y ] erzeugte Ideal, dann gilt Z(X) = {(0, b) | b ∈ K}
und damit D(X) = A2 \Z(X). Analog dazu gilt D(Y ) = A2 \Z(Y ). Nach der Vorlesung
sind D(X), D(Y ) und damit D(X) ∪ D(Y ) offene Teilmengen von A2 (Zariski-Topologie).
Es reicht zu zeigen U = D(X) ∪ D(Y ). Dies folgt aus der folgenden Implikationskette:
(a, b) ∈ U ⇔ (a, b) 6= (0, 0),
⇔ a 6= 0 oder b 6= 0,
⇔ (a, b) ∈ D(X) oder (a, b) ∈ D(Y ),
⇔ (a, b) ∈ D(X) ∪ D(Y ).
Zu (2). Der Körper K ist algebraisch abgeschlossen und A2 ist eine affine Varietät.
Nach der Vorlesung (IV. Satz 3.2) gilt K[A2 ] = O(A2 ) = K[X, Y ]. Seien f, g ∈ K[A2 ] mit
res(f ) = res(g), dann (f − g)|U = 0 und damit U ⊆ Z(f − g). Da A2 irreduzibel (bezüglich
der Zariski-Topologie) ist und U 6= ∅ offen ist, liegt U dicht in A2 . Außerdem gilt Z(F ) =
Z(F ) für jede Teilmenge F ⊂ K[X, Y ]. Wir erhalten A2 = U ⊆ Z(f − g) = Z(f − g).
Aus Z(f − g) ⊆ A2 folgt Z(f − g) = A2 und damit ist f − g das Nullpolynom, d.h.
f = g. Also ist res injektiv.
(1)
Zu (3). Sei ϕ ∈ OA2 (U ) = OA2 (D(X) ∪ D(Y )). Wir betrachten ϕ|D(X) ∈ OA2 (D(X))
und ϕ|D(Y ) ∈ OA2 (D(Y )). Nach der Vorlesung (IV. Satz 3.2) gilt OA2 (D(X)) ∼
= K[X, Y ]X
bzw. OA2 (D(Y )) ∼
= K[X, Y ]Y (Lokalisierung von K[X, Y ] an {X n | n ≥ 0} bzw. {Y n | n ≥ 0}).
Es existieren also ein f ∈ K[X, Y ] und ein n ∈ N0 sowie ein g ∈ K[X, Y ] und ein m ∈ N0
f
g
f (a, b)
mit ϕ|D(X) = n und ϕ|D(Y ) = m . Anders gesagt gilt ϕ(a, b) =
für alle (a, b) ∈
X
Y
an
g(a, b)
D(X) sowie ϕ(a, b) =
für alle (a, b) ∈ D(Y ) und damit erhalten wir
bm
f (a, b)
g(a, b)
ϕ(a, b) =
=
für alle (a, b) ∈ D(X) ∩ D(Y ).
n
a
bm
Zu (4). Sei ϕ ∈ OA2 (U ), dann gibt es nach (3) f, g ∈ K[X, Y ] und m, n ∈ N0 mit
D(X) ∩ D(Y ) ⊆ Z(X m · f − Y n · g) = {(a, b) ∈ A2 | (X m · f − Y n · g)(a, b) = (0, 0)}. Mit
der gleichen Argumentation wie in (3) erhalten wir
A2 = D(X) ∩ D(Y ) ⊆ Z(X m · f − Y n · g) = Z(X m · f − Y n · g).
Damit gilt Z(X m · f − Y n · g) = A2 und somit X m · f = Y n · g. Die Polynome X n und
Y m sind teilerfremd, also X n teilt f und Y m teilt g. Damit existieren fe, ge ∈ K[X, Y ] mit
f = X n · fe und g = Y m · ge. Daraus folgt X n · Y m · fe = X n · Y m · ge und damit ge = fe =: h
(denn K[X, Y ] ist ein Integritätsbereich).
f (a, b)
g(a, b)
Aus Teil (3) folgt ϕ(a, b) =
für alle (a, b) ∈ D(X) und ϕ(a, b) =
für alle
n
a
bm
(a, b) ∈ D(Y ). Damit gilt ϕ(a, b) = h(a, b) für alle (a, b) ∈ D(X) und ϕ(a, b) = h(a, b) für
(1)
alle (a, b) ∈ D(Y ), woraus dann folgt ϕ(a, b) = h(a, b) für alle (a, b) ∈ D(X) ∪ D(Y ) = U ,
d.h. ϕ = h|U .