Dimension von alg. Varietäten < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:53 So 29.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
| Aufgabe | | Sei [mm] A:=K[x_1,...x_n] [/mm] wobei K ein algebraisch abgeschlossener Körper ist, sei f [mm] \in [/mm] A irreduzibel und nicht konstant, und sei [mm] X:=Z(\{f\}) \subseteq K^n. [/mm] Zeigen Sie dass dim(X) = n-1. |
Hallo zusammen,
ich habe bereits einen Ansatz gefunden, wie man die Behauptung möglicherweise zeigen könnte.
Es gibt da nur noch ein paar Einzelheiten, an welchen noch gearbeitet werden muss.
Zuerst einmal vermute ich, dass in A jedes irreduzible Element ein Primelement ist. Aber wie zeigt man das?
Falls dies stimmt, dann ist (f) also ein Primideal da f ein Primelement ist. Primideale sind Radikalideale, und somit ist I(Z((f)))=(f). Dies folgt aus Hilberts Nullstellensatz.
Nun ist dim(X)=dim(A(X)), wobei A(X) = A/I(X) ist (laut einem Satz in der Vorlesung).
Nun hatten wir aber auch den folgenden Satz:
Sei R ein noetherscher lokaler Ring, m das maximale Ideal in R, und x [mm] \in [/mm] m kein Nullteiler. Dann gilt: dim(R/(x))=dim(R)-1.
Was unseren Fall betrifft, so ist A ein noetherscher Ring und dim(A) ist n (laut einem Satz in der Vorlesung für Polynomringe über algebraisch abgeschlossene Körper). Das einzige was hier also noch nicht stimmt ist dass A nicht lokal ist. Wenn A lokal wäre, dann wären wir ja schon fertig. Denn f ist in einem maximalen Ideal enthalten und ist kein Nullteiler, da A ein Integritätsbereich ist (da K ein Integritätsbereich ist).
Wie kann man dieses Problem denn am geschicktesten lösen?
Ich freue mich auf eure Antworten.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:46 So 29.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha!
> Sei [mm]A:=K[x_1,...x_n][/mm] wobei K ein algebraisch
> abgeschlossener Körper ist, sei f [mm]\in[/mm] A irreduzibel und
> nicht konstant, und sei [mm]X:=Z(\{f\}) \subseteq K^n.[/mm] Zeigen
> Sie dass dim(X) = n-1.
>
> Hallo zusammen,
>
> ich habe bereits einen Ansatz gefunden, wie man die
> Behauptung möglicherweise zeigen könnte.
> Es gibt da nur noch ein paar Einzelheiten, an welchen noch
> gearbeitet werden muss.
>
> Zuerst einmal vermute ich, dass in A jedes irreduzible
> Element ein Primelement ist. Aber wie zeigt man das?
>
> Falls dies stimmt, dann ist (f) also ein Primideal da f ein
> Primelement ist. Primideale sind Radikalideale, und somit
> ist I(Z((f)))=(f). Dies folgt aus Hilberts Nullstellensatz.
>
> Nun ist dim(X)=dim(A(X)), wobei A(X) = A/I(X) ist (laut
> einem Satz in der Vorlesung).
>
> Nun hatten wir aber auch den folgenden Satz:
> Sei R ein noetherscher lokaler Ring, m das maximale Ideal
> in R, und x [mm]\in[/mm] m kein Nullteiler. Dann gilt:
> dim(R/(x))=dim(R)-1.
>
> Was unseren Fall betrifft, so ist A ein noetherscher Ring
> und dim(A) ist n (laut einem Satz in der Vorlesung für
> Polynomringe über algebraisch abgeschlossene Körper). Das
> einzige was hier also noch nicht stimmt ist dass A nicht
> lokal ist. Wenn A lokal wäre, dann wären wir ja schon
> fertig. Denn f ist in einem maximalen Ideal enthalten und
> ist kein Nullteiler, da A ein Integritätsbereich ist (da K
> ein Integritätsbereich ist).
>
> Wie kann man dieses Problem denn am geschicktesten lösen?
Hattet ihr einen Satz, dass in einem Polynomring (in $n$ Unbestimmten ueber einem Koerper) jede maximale Primidealkette die gleiche Laenge hat? Damit wuerde die Behauptung sofort folgen.
Ansonsten gilt doch fuer einen kommutativen Ring $R$ mit Eins: [mm] $\dim [/mm] R = [mm] \sup_{M \in MaxSpec(R)} R_M$, [/mm] wobei $MaxSpec(R)$ die Menge der maximalen Ideale von $R$ ist.
Damit musst du jetzt [mm] $\dim (A/(f))_M$ [/mm] bestimmen fuer alle maximalen Ideale $M$. Beachte, dass [mm] $(A/(f))_M [/mm] = [mm] A_M [/mm] / (f)$ gilt. Hier wird dir also das Resultat von oben weiterhelfen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:22 Di 31.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort.
> > Sei [mm]A:=K[x_1,...x_n][/mm] wobei K ein algebraisch
> > abgeschlossener Körper ist, sei f [mm]\in[/mm] A irreduzibel und
> > nicht konstant, und sei [mm]X:=Z(\{f\}) \subseteq K^n.[/mm] Zeigen
> > Sie dass dim(X) = n-1.
> >
> > Hallo zusammen,
> >
> > ich habe bereits einen Ansatz gefunden, wie man die
> > Behauptung möglicherweise zeigen könnte.
> > Es gibt da nur noch ein paar Einzelheiten, an welchen
> noch
> > gearbeitet werden muss.
> >
> > Zuerst einmal vermute ich, dass in A jedes irreduzible
> > Element ein Primelement ist. Aber wie zeigt man das?
> >
> > Falls dies stimmt, dann ist (f) also ein Primideal da f ein
> > Primelement ist. Primideale sind Radikalideale, und somit
> > ist I(Z((f)))=(f). Dies folgt aus Hilberts Nullstellensatz.
> >
> > Nun ist dim(X)=dim(A(X)), wobei A(X) = A/I(X) ist (laut
> > einem Satz in der Vorlesung).
> >
> > Nun hatten wir aber auch den folgenden Satz:
> > Sei R ein noetherscher lokaler Ring, m das maximale
> Ideal
> > in R, und x [mm]\in[/mm] m kein Nullteiler. Dann gilt:
> > dim(R/(x))=dim(R)-1.
> >
> > Was unseren Fall betrifft, so ist A ein noetherscher Ring
> > und dim(A) ist n (laut einem Satz in der Vorlesung für
> > Polynomringe über algebraisch abgeschlossene Körper). Das
> > einzige was hier also noch nicht stimmt ist dass A nicht
> > lokal ist. Wenn A lokal wäre, dann wären wir ja schon
> > fertig. Denn f ist in einem maximalen Ideal enthalten und
> > ist kein Nullteiler, da A ein Integritätsbereich ist (da K
> > ein Integritätsbereich ist).
> >
> > Wie kann man dieses Problem denn am geschicktesten lösen?
>
> Hattet ihr einen Satz, dass in einem Polynomring (in [mm]n[/mm]
> Unbestimmten ueber einem Koerper) jede maximale
> Primidealkette die gleiche Laenge hat? Damit wuerde die
> Behauptung sofort folgen.
Nein, einen solchen Satz hatten wir leider nicht. Und wie genau würde die Aussage daraus direkt folgen?
> Ansonsten gilt doch fuer einen kommutativen Ring [mm]R[/mm] mit
> Eins: [mm]\dim R = \sup_{M \in MaxSpec(R)} R_M[/mm], wobei
> [mm]MaxSpec(R)[/mm] die Menge der maximalen Ideale von [mm]R[/mm] ist.
Du meinst natürlich [mm]\dim R = \sup_{M \in MaxSpec(R)}[/mm] dim [mm] R_M[/mm], oder? 
Da wir diesen Satz (auch mit 'dim') nicht hatten, müsste man ihn wohl auch erst noch zeigen.
> Damit musst du jetzt [mm]\dim (A/(f))_M[/mm] bestimmen fuer alle
> maximalen Ideale [mm]M[/mm]. Beachte, dass [mm](A/(f))_M = A_M / (f)[/mm]
> gilt. Hier wird dir also das Resultat von oben
> weiterhelfen.
Verhält es sich bei Lokalisierungen ähnlich wie mit den Quotientenringen? Ist also wenn M ein maximales Ideal ist [mm] \A [/mm] ist [mm] A_M [/mm] ein Körper? Ich denke wohl nicht, denn dann wäre das einzige maximale Ideal ja (0) in [mm] A_M [/mm] und somit [mm] dim(A_M/(f))=0, [/mm] da die Ideale in [mm] A_M [/mm] ja den Idealen in [mm] A_M/(f) [/mm] entsprechen.
f muss ja in einem maximalen Ideal M [mm] \in [/mm] A enthalten sein. Wie wäre es wenn wir einfach den Ring A so verzaubern, dass M das einzige maximale Ideal in A ist? Dann wäre der Ring lokal und man könnte einfach den erwähnten Satz aus der Vorlesung verwenden...
Nur für den Fall dass dieser Ansatz nicht klappen sollte, dann hätte ich noch die folgende Idee. Wir hatten den Satz
Falls [mm] A=K[x_1,...,x_n] [/mm] ein Polynomring über einem algebraisch abgeschlossenen Körper ist, dann hat jedes maximale Ideale M in A die Höhe n.
Da die Ideale in A welche (f) enthalten ja den Idealen in A/(f) entsprechen, müsste man nun eigentlich ja nur zeigen dass (f) in A die Höhe 1 hat. Denn (0) ist ja ein Primideal in A, da A ein Integritätsbereich ist, und (0) ist ja auch ein Primideal in A/(f) da (f) ein Primideal ist. Oder besser gesagt die Primideale in A die (f) enthalten entsprechen den Primidealen in A/(f). Nur wie kann man zeigen dass (f) die Höhe 1 hat? Und wie kann man zeigen dass jedes irreduzible Polynom ein Primelement in A ist?
Viele Grüße,
Vilietha
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:52 Mi 01.02.2012 | | Autor: | hippias |
> Hallo Felix,
>
> vielen Dank für deine Antwort.
>
> > > Sei [mm]A:=K[x_1,...x_n][/mm] wobei K ein algebraisch
> > > abgeschlossener Körper ist, sei f [mm]\in[/mm] A irreduzibel und
> > > nicht konstant, und sei [mm]X:=Z(\{f\}) \subseteq K^n.[/mm] Zeigen
> > > Sie dass dim(X) = n-1.
> > >
> > > Hallo zusammen,
> > >
> > > ich habe bereits einen Ansatz gefunden, wie man die
> > > Behauptung möglicherweise zeigen könnte.
> > > Es gibt da nur noch ein paar Einzelheiten, an
> welchen
> > noch
> > > gearbeitet werden muss.
> > >
> > > Zuerst einmal vermute ich, dass in A jedes irreduzible
> > > Element ein Primelement ist. Aber wie zeigt man das?
> > >
> > > Falls dies stimmt, dann ist (f) also ein Primideal da f ein
> > > Primelement ist. Primideale sind Radikalideale, und somit
> > > ist I(Z((f)))=(f). Dies folgt aus Hilberts Nullstellensatz.
> > >
> > > Nun ist dim(X)=dim(A(X)), wobei A(X) = A/I(X) ist (laut
> > > einem Satz in der Vorlesung).
> > >
> > > Nun hatten wir aber auch den folgenden Satz:
> > > Sei R ein noetherscher lokaler Ring, m das maximale
> > Ideal
> > > in R, und x [mm]\in[/mm] m kein Nullteiler. Dann gilt:
> > > dim(R/(x))=dim(R)-1.
> > >
> > > Was unseren Fall betrifft, so ist A ein noetherscher Ring
> > > und dim(A) ist n (laut einem Satz in der Vorlesung für
> > > Polynomringe über algebraisch abgeschlossene Körper). Das
> > > einzige was hier also noch nicht stimmt ist dass A nicht
> > > lokal ist. Wenn A lokal wäre, dann wären wir ja schon
> > > fertig. Denn f ist in einem maximalen Ideal enthalten und
> > > ist kein Nullteiler, da A ein Integritätsbereich ist (da K
> > > ein Integritätsbereich ist).
> > >
> > > Wie kann man dieses Problem denn am geschicktesten lösen?
> >
> > Hattet ihr einen Satz, dass in einem Polynomring (in [mm]n[/mm]
> > Unbestimmten ueber einem Koerper) jede maximale
> > Primidealkette die gleiche Laenge hat? Damit wuerde die
> > Behauptung sofort folgen.
>
> Nein, einen solchen Satz hatten wir leider nicht. Und wie
> genau würde die Aussage daraus direkt folgen?
>
> > Ansonsten gilt doch fuer einen kommutativen Ring [mm]R[/mm] mit
> > Eins: [mm]\dim R = \sup_{M \in MaxSpec(R)} R_M[/mm], wobei
> > [mm]MaxSpec(R)[/mm] die Menge der maximalen Ideale von [mm]R[/mm] ist.
> Du meinst natürlich [mm]\dim R = \sup_{M \in MaxSpec(R)}[/mm] dim
> [mm]R_M[/mm], oder?
> Da wir diesen Satz (auch mit 'dim') nicht hatten, müsste
> man ihn wohl auch erst noch zeigen.
>
> > Damit musst du jetzt [mm]\dim (A/(f))_M[/mm] bestimmen fuer alle
> > maximalen Ideale [mm]M[/mm]. Beachte, dass [mm](A/(f))_M = A_M / (f)[/mm]
> > gilt. Hier wird dir also das Resultat von oben
> > weiterhelfen.
>
> Verhält es sich bei Lokalisierungen ähnlich wie mit den
> Quotientenringen? Ist also wenn M ein maximales Ideal ist
> [mm]\A[/mm] ist [mm]A_M[/mm] ein Körper? Ich denke wohl nicht, denn dann
> wäre das einzige maximale Ideal ja (0) in [mm]A_M[/mm] und somit
> [mm]dim(A_M/(f))=0,[/mm] da die Ideale in [mm]A_M[/mm] ja den Idealen in
> [mm]A_M/(f)[/mm] entsprechen.
>
> f muss ja in einem maximalen Ideal M [mm]\in[/mm] A enthalten sein.
> Wie wäre es wenn wir einfach den Ring A so verzaubern,
> dass M das einzige maximale Ideal in A ist? Dann wäre der
> Ring lokal und man könnte einfach den erwähnten Satz aus
> der Vorlesung verwenden...
>
> Nur für den Fall dass dieser Ansatz nicht klappen sollte,
> dann hätte ich noch die folgende Idee. Wir hatten den Satz
> Falls [mm]A=K[x_1,...,x_n][/mm] ein Polynomring über einem
> algebraisch abgeschlossenen Körper ist, dann hat jedes
> maximale Ideale M in A die Höhe n.
> Da die Ideale in A welche (f) enthalten ja den Idealen in
> A/(f) entsprechen, müsste man nun eigentlich ja nur zeigen
> dass (f) in A die Höhe 1 hat. Denn (0) ist ja ein
> Primideal in A, da A ein Integritätsbereich ist, und (0)
> ist ja auch ein Primideal in A/(f) da (f) ein Primideal
> ist. Oder besser gesagt die Primideale in A die (f)
> enthalten entsprechen den Primidealen in A/(f). Nur wie
> kann man zeigen dass (f) die Höhe 1 hat? Und wie kann man
> zeigen dass jedes irreduzible Polynom ein Primelement in A
> ist?
>
> Viele Grüße,
> Vilietha
>
Dieser letzte Ansatz fuehrt auch zum Erfolg. Beachte, dass $A$ hier ein faktorieller Ring. Der Beweis, dass es kein Primideal $0< P< (f)$ geben kann, fuehrt man wohl am leichtesten durch einen Widerspruch: Sei [mm] $0\neq h\in [/mm] P$ und [mm] $\pi$ [/mm] ein Primteiler von $h$...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:18 Mi 01.02.2012 | | Autor: | Vilietha |
Vielen Dank für deine Antwort.
> Dieser letzte Ansatz fuehrt auch zum Erfolg. Beachte, dass
> [mm]A[/mm] hier ein faktorieller Ring. Der Beweis, dass es kein
> Primideal [mm]0< P< (f)[/mm] geben kann, fuehrt man wohl am
> leichtesten durch einen Widerspruch: Sei [mm]0\neq h\in P[/mm] und
> [mm]\pi[/mm] ein Primteiler von [mm]h[/mm]...
Variante 1: dim((f))=1
Nehmen wir also an, dass (0) [mm] \neq [/mm] p [mm] \subsetneq [/mm] (f) ein Primideal ist.
Dann muss es mindestens ein Primelement q [mm] \in [/mm] p geben, denn dies gilt für jedes Primideal.
(Dies müsste doch so sein, oder? Wie kann man das zeigen?)
f [mm] \not\in [/mm] p denn ansonsten wäre p=(f).
Aber da umgekehrt q [mm] \in [/mm] (f) ist, muss es ein a [mm] \in A\backslash \{1\} [/mm] geben mit a*f=q, denn (f) ist ein Hauptideal.
Aber dies wäre ja ein Widerspruch dazu, das q ein Primelement ist.
Ist dies so in Ordnung?
Variante 2: Lokalisierungen
Also mir ist dieser Weg nun auch ein wenig klarer geworden.
Wenn m ein maximales Ideal in A ist, dann ist [mm] A_m [/mm] ein lokaler Ring. (gilt für alle Primideale)
Wenn f in A irreduzibel ist, dann müsste f/1 in [mm] A_m [/mm] ja auch immer irreduzibel sein.
Wir müssen also nur zeigen dass die Dimension vom [mm] A_m [/mm] gleich n ist für mindestens 1 maximales Ideal m [mm] \subset [/mm] A.
Aber dies ist mir noch nicht gelungen.
Ansonsten würde dann ja nur noch der Beweis des Satzes fehlen:
$ [mm] \dim [/mm] R = [mm] \sup_{M \in MaxSpec(R)} [/mm] dim [mm] R_M [/mm] $, wobei $ MaxSpec(R) $ die Menge der maximalen Ideale von $ R $ ist.
Dass Polynomringe über alg. abgeschlossene Körper faktorielle Ringe sind ist womöglich schon Teil der (von mir nicht gehörten) Algebra und Zahlentheorie-Vorlesung. Dies scheint mich doch immer wieder einzuholen...
Viele Grüße,
Vilietha
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:16 Mi 01.02.2012 | | Autor: | hippias |
> Dass Polynomringe über alg. abgeschlossene Körper
> faktorielle Ringe sind ist womöglich schon Teil der (von
> mir nicht gehörten) Algebra und Zahlentheorie-Vorlesung.
> Dies scheint mich doch immer wieder einzuholen...
Es gilt ganz allgemein (Lemma von Gauss(?) [damit liegt man ja meist richtig]): Ist $R$ faktorieller Ring, so auch der Polynomring $R[t]$.
Findest Du bestimmt in jedem Algebra-Buch.
>
> Variante 1: dim((f))=1
>
> Nehmen wir also an, dass (0) [mm]\neq[/mm] p [mm]\subsetneq[/mm] (f) ein
> Primideal ist.
> Dann muss es mindestens ein Primelement q [mm]\in[/mm] p geben, denn
> dies gilt für jedes Primideal.
> (Dies müsste doch so sein, oder? Wie kann man das
> zeigen?)
Sei [mm] $0\neq x\in [/mm] P$ mit minimaler Anzahl von Primteilern. Wenn diese $>1$ waere und $y$ ein Primteiler von $x$, dann sei [mm] $z\in [/mm] R$ mit $x= yz$. Da $P$ prim ist, folgte [mm] $y\in [/mm] P$ oder [mm] $z\in [/mm] P$, was beides im Widerspruch zur minimalen Wahl [mm] $x\in [/mm] P$ waere.
> f [mm]\not\in[/mm] p denn ansonsten wäre p=(f).
> Aber da umgekehrt q [mm]\in[/mm] (f) ist, muss es ein a [mm]\in A\backslash \{1\}[/mm]
Schreibe sonst auch [mm] $a\in A\setminus [/mm] E(A)$ (= ein nichtinvertierbares Element)
> geben mit a*f=q, denn (f) ist ein Hauptideal.
> Aber dies wäre ja ein Widerspruch dazu, das q ein
> Primelement ist.
> Ist dies so in Ordnung?
Finde ja.
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>
> Variante 2: Lokalisierungen
>
> Also mir ist dieser Weg nun auch ein wenig klarer
> geworden.
> Wenn m ein maximales Ideal in A ist, dann ist [mm]A_m[/mm] ein
> lokaler Ring. (gilt für alle Primideale)
> Wenn f in A irreduzibel ist, dann müsste f/1 in [mm]A_m[/mm] ja
> auch immer irreduzibel sein.
> Wir müssen also nur zeigen dass die Dimension vom [mm]A_m[/mm]
> gleich n ist für mindestens 1 maximales Ideal m [mm]\subset[/mm]
> A.
> Aber dies ist mir noch nicht gelungen.
> Ansonsten würde dann ja nur noch der Beweis des Satzes
> fehlen:
> [mm]\dim R = \sup_{M \in MaxSpec(R)} dim R_M [/mm], wobei
> [mm]MaxSpec(R)[/mm] die Menge der maximalen Ideale von [mm]R[/mm] ist.
Zu dieser Variante kann ich im Moment nichts sagen.
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> Viele Grüße,
> Vilietha
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:55 So 05.02.2012 | | Autor: | Vilietha |
Vielen Dank für deine Antwort. 
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