Ideal in Hauptideal enthalten < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:24 Fr 23.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich muss etwas beweisen und benötige dazu folgende Aussage:
Sei $R$ ein faktorieller Ring und $p$ ein Primelement. Ist dann $I [mm] \subseteq [/mm] (p)$ ein Ideal, so ist $I$ ein Hauptideal.
Gilt diese Aussage überhaupt? Eventuell wenn man nur endlich viele Primelemente in $R$ hat? Ich wollte irgendwie einen Beweis finden, aber irgendwie wollte es mir nicht gelingen.
Annahme: [mm] $I\not=(x)$ [/mm] für alle $x [mm] \in [/mm] I$. Dann gilt also: [mm] $\forall [/mm] x [mm] \in [/mm] I [mm] \exists [/mm] y [mm] \in [/mm] I: [mm] y\not=xr, \forall r\in [/mm] R$. Nun kann man $x$ und $y$ schreiben als $x=pr'$ und $y=pr''$. Also folgt [mm] $pr''\not=pr'r, \forall r\in [/mm] R$ [mm] $\Rightarrow r''\not=r'r, \forall r\in [/mm] R$. Aber ich weiß nicht, wie ich daraus nun einen Widerspruch bauen kann, falls das überhaupt geht.
Weiß jemand weiter?
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moin,
Ich fürchte deine Aussage gilt nicht.
Nehmen wir uns mal einen Körper $K$ und $R=K[x,y,z]$ den Polynomring in drei Unbekannten.
Dann ist $p = x$ prim. Definieren wir $I = (xy,xz)$ so ist sicher $I [mm] \subseteq [/mm] (p)$, da sowohl $xy$ als auch $xz$ Vielfache von $x$ sind.
Wäre nun $I$ ein Hauptideal, so wäre der Erzeuger der ggT von $xy,xz$. Das ist allerdings $x$ und es gilt $x [mm] \not\in [/mm] I$, womit $I$ also kein Hauptideal ist.
Zugegebenermaßen enthält $K[x,y,z]$ für jeden Körper $K$ unendlich viele Primelemente, sodass du vielleicht noch etwas retten könntest.
Du kannst ja mal erzählen wofür du den Satz brauchst, vielleicht lässt sich deine Aussage auch anders zeigen.
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:14 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
| Aufgabe | | Zeige: R faktorieller Ring mit endlich vielen Primelementen [mm] \Rightarrow [/mm] R Hauptidealring. |
Hi!
Danke für das Gegenbeispiel.
Die Aufgabe habe ich mal oben geschrieben. Ich konnte bis jetzt zeigen, dass jedes Ideal $I$ in R, das nicht 0 oder ganz R ist, bereits in einem der [mm] (p_i) [/mm] liegen muss, wobei [mm] p_1,..., p_n [/mm] alle Primideale sein sollen. Daher hätte ich gerne gehabt, dass $I$ dann schon Hauptideal sein muss. :)
Anscheinend brauche ich also echt, dass es auch nur endlich viele Primelemente gibt. Ich versuche auch nochmal speziell damit einen Widerspruch zu erzeugen.
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> Zeige: R faktorieller Ring mit endlich vielen Primelementen
> [mm]\Rightarrow[/mm] R Hauptidealring.
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> Hi!
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> Danke für das Gegenbeispiel.
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> Die Aufgabe habe ich mal oben geschrieben. Ich konnte bis
> jetzt zeigen, dass jedes Ideal [mm]I[/mm] in R, das nicht 0 oder
> ganz R ist, bereits in einem der [mm](p_i)[/mm] liegen muss, wobei
> [mm]p_1,..., p_n[/mm] alle Primideale sein sollen.
Hmm, der Beweis würde mich doch mal sehr interessieren, du brauchst hier nämlich bereits explizit die endliche Anzahl von Primelementen.
Als Beispiel nehmen wir diesmal $R = K[x,y]$ und $I=(x,y)$. Dieses Ideal ist nicht das Nullideal und nicht ganz $R$, aber dennoch in keinem primen Hauptideal enthalten, da nämlich $R/I [mm] \cong [/mm] K$ und damit $I$ maximal ist.
In deinem Fall könnte die Frage, wieso [mm] $(p_1,p_2) [/mm] = R$ ist sehr interessant und aufschlussreich sein.
lg
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:59 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Ja, für den Beweis habe ich schon benötigt, dass es nur endlich viele Primelemente gibt.
Sei $i$ ein nichttriviales Ideal. Dann kommt in der Primfaktorzerlegung von jedem [mm] $x\in [/mm] I$ mindestens ein Primfaktor [mm] p_i [/mm] vor. Also gilt $x [mm] \in (p_i)\subseteq (p_1)\cup\ldots\cup (p_n)$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$. Also gilt [mm] $I\subseteq (p_1)\cup\ldots\cup (p_n)$. [/mm] Weil alle [mm] $(p_i)$ [/mm] Hauptideale sind, muss es einen Index j geben mit [mm] $I\subseteq(p_j)$.
[/mm]
Und nun hänge ich.
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Ich glaube nicht, dass das so klappt.
Nehmen wir uns das Ideal $I = [mm] (p_1,p_2)$.
[/mm]
Dann ist zwar $I [mm] \subseteq (p_1) \cup (p_2)$, [/mm] da jedes $x [mm] \in [/mm] I$ entweder Vielfaches von [mm] $p_1$ [/mm] oder [mm] $p_2$ [/mm] ist, aber es ist weder $I [mm] \subseteq (p_1)$ [/mm] noch $I [mm] \subseteq (p_2)$.
[/mm]
Damit deine Argumentation klappt musst du also zum einen erstmal zeigen, dass $I$ ein triviales Ideal ist, also $I = R$ und auf der anderen Seite glaube ich nicht (so ohne weiteres^^), dass das selbe Problem wie hier nicht auch bei nicht trivialen Idealen auftreten könnte.
Was du richtig festgestellt hast ist:
Definiert man $J = [mm] (p_1,\ldots [/mm] , [mm] p_n)$ [/mm] so ist entweder $J$ das einzige maximale Ideal in $R$ (also $R$ ein lokaler Ring) oder aber $J=R$.
Somit ist jedes Ideal $I$ in $R$ im Ideal $J$ (das ja gerade von [mm] $(p_1) \cup \ldots \cup (p_n)$ [/mm] erzeugt wird) enthalten.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:35 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Ok, natürlich will ich noch voraussetzen, dass die [mm] p_i [/mm] alle nicht assoziiert sind. Es kann also nie [mm] p_i|p_j [/mm] gelten (für [mm] $i\not= [/mm] j$).
Dann klappt dein Gegenbeispiel nicht mehr. Sei [mm] $I=(p_1,p_2)$. [/mm] Wäre dann noch [mm] $I\subseteq(p_1)\cup (p_2)$, [/mm] so würde folgen:
Sei ohne Einschränkung [mm] $p_1+p_2 \in I\setminus (p_1)$. [/mm] Dann ist
[mm] $p_1+p_2 \in (p_2)$
[/mm]
$ [mm] \Rightarrow p_1+p_2=cp_2 [/mm] $
[mm] $\Rightarrow p_1=(c-1)p_2 [/mm] $
[mm] $\Rightarrow p_1 \in (p_2) [/mm] $
[mm] $\Rightarrow p_2|p_1 [/mm] $
[mm] $\Rightarrow p_1 \sim p_2$.
[/mm]
Muss ich auch noch auf meinem Blatt notieren, dass die Dinger nicht assoziiert sein sollen.
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Ah, stimmt, da hab ich auch falsch gedacht.
Ändert aber nix an der Tatsache, dass $I$ in keinem Ideal der Form [mm] $(p_i)$ [/mm] enthalten ist (solange die [mm] $p_i$ [/mm] nicht assoziiert sind).
Damit muss mit deiner obigen Behauptung $I=R$ gelten.
Um $I = R$ zu zeigen müsstest du aber zeigen, dass [mm] $(p_1,p_2) [/mm] = [mm] (ggT(p_1,p_2))$ [/mm] (da [mm] $ggt(p_1,p_2) [/mm] = 1$); und jenachdem wie dieser Beweis aussieht könnte man damit schon einige andere Dinge zeigen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:06 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Doch, das sollte gelten. Dass $I [mm] \subseteq (p_1) \cup \ldots \cup (p_n)$ [/mm] ist klar (falls [mm] I\not=R). [/mm] In einer anderen Aufgabe musste ich schon zeigen, dass dann [mm] $I\subseteq (p_i)$ [/mm] für ein i gelten muss.
Die genaue Aufgabe war: Sei $R$ ein Ring. Sei $I$ ein Ideal in $R$ mit $I [mm] \subseteq P_1 \cup \ldots \cup P_n$ [/mm] für Primideale [mm] P_i. [/mm] Dann ist $I$ schon in einem [mm] P_i [/mm] enthalten.
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Wenn ein Ideal in einer endlichen Vereinigung von Primidealen enthalten ist, so ist es bereits in einem der Primideale enthalten.
Das glaube ich dir mal.
Allerdings behaupte ich immernoch:
[mm] $I=(p_1,p_2)$ [/mm] ist nicht in einer Vereinigung dieser primen Hauptideale [mm] $(p_i)$ [/mm] enthalten.
Widersprichst du mir in diesem Punkt?
Wenn nein und wenn deine Aussage stimmt so müsste ja $I=R$ gelten.
Das glaube ich aber nicht ohne weiteres; deshalb: kannst du $I=R$ beweisen?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:44 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Was meinst du genau mit "diesen" primen Hauptideale [mm] (p_i)?
[/mm]
Also es gilt natürlich nicht [mm] $(p_1,p_2) \subseteq (p_1) \cup (p_2)$. [/mm] Was gilt, ist [mm] $(p_1,p_2) \subseteq (p_1) \cup \ldots \cup (p_n)$, [/mm] falls [mm] $(p_1,p_2)\not=R$ [/mm] wäre.
Aber ich glaube ich sehe, was du meinst. Wenn man annimmt, dass [mm] $(p_1,p_2) \not= [/mm] R$, dann muss [mm] $(p_1,p_2) \subseteq (p_i)$ [/mm] für ein $i$ sein. Für $i=1,2$ klappt das nicht, wie schon gezeigt wurde. Für alle anderen $i$ aber auch nicht, denn dann wäre [mm] $p_1 \in (p_i)$ [/mm] für ein $i>2$ [mm] \Rightarrow p_i|p_1, [/mm] was ein Widerspruch dazu wäre, dass die ganzen [mm] p_i [/mm] nicht assoziiert sein sollen.
Also muss stets [mm] $(p_i, p_j)=R$ [/mm] gelten für [mm] $i\not= [/mm] j$.
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> Also muss stets [mm](p_i, p_j)=R[/mm] gelten für [mm]i\not= j[/mm].
Genau.
Und da hab ich ja schon ein paar Beispiele gebracht, dass das in einem Ring mit unendlich vielen Primelementen nicht gilt.
Von daher ist diese Aussage durchaus wichtig, da der Beweis explizit die endliche Anzahl der Primelemente benötigt und man daraus unter Umständen Verfahren für den allgemeinen Beweis ableiten kann.
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:04 Mo 26.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Ah ok, sorry.
Bin aber leider immer noch nicht weitergekommen. Ich brüte aber noch darüber, von daher mache ich die Frage auch mal wieder auf.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:55 Mi 28.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Also muss stets [mm](p_i, p_j)=R[/mm] gelten für [mm]i\not= j[/mm].
Wenn man an die Behauptung glaubt (also dass $R$ bereits ein Hauptidealbereich ist), dann ist das eh klar, da [mm] $p_i$ [/mm] und [mm] $p_j$ [/mm] teilerfremd sind und somit [mm] $(p_i, p_j) [/mm] = [mm] (ggT(p_i, p_j)) [/mm] = (1) = R$ ist.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:53 Mi 28.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ich glaube nicht, dass das so klappt.
> Nehmen wir uns das Ideal [mm]I = (p_1,p_2)[/mm].
> Dann ist zwar [mm]I \subseteq (p_1) \cup (p_2)[/mm],
Das stimmt nicht. $I$ ist nicht enthalten in der Vereinigung (es sei denn [mm] $p_1$ [/mm] und [mm] $p_2$ [/mm] sind assoziiert).
Allgemein gilt: sind [mm] $P_1, \dots, P_n$ [/mm] Primideale und ist $I$ ein Ideal mit $I [mm] \subseteq \bigcup_{i=1}^n P_i$, [/mm] so gibt es bereits ein $i$ mit $I [mm] \subseteq P_i$. [/mm] (Dies gilt in allen kommutativen Ringen mit Eins.)
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:08 Mi 28.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zeige: R faktorieller Ring mit endlich vielen Primelementen
Du meinst vermutlich nicht-assiziierte Primelemente 
> [mm]\Rightarrow[/mm] R Hauptidealring.
Seien [mm] $p_1, \dots, p_n$ [/mm] die nicht-assoziierten Primelemente von $R$. Dann ist jede Nicht-Einheit von $R$ in einem der Ideale [mm] $(p_1), \dots, (p_n)$ [/mm] enthalten. Insbesondere gilt $R [mm] \setminus R^\ast [/mm] = [mm] (p_1) \cup \dots \cup (p_n)$. [/mm] Jedes echte Ideal ist also in [mm] $(p_1) \cup \dots \cup (p_n)$ [/mm] enthalten, und somit bereits in einem der [mm] $(p_i)$.
[/mm]
Daraus folgt [mm] $(p_i, p_j) \subseteq (p_k)$ [/mm] fuer ein $k$, womit [mm] $p_k \mid p_i, p_j$. [/mm] Dies geht nur wenn $k = i = j$ ist. Also muss [mm] $(p_i) [/mm] + [mm] (p_j) [/mm] = [mm] (p_i, p_j) [/mm] = R$ sein fuer $i [mm] \neq [/mm] j$. Daraus folgt auch [mm] $(p_i^a) [/mm] + [mm] (p_j^b) [/mm] = R$ fuer alle $a, b [mm] \ge [/mm] 1$, womit du fuer jedes $a, b [mm] \ge [/mm] 1$ Elemente $x, y [mm] \in [/mm] R$ mit $x [mm] p_i^a [/mm] + y [mm] p_j^b [/mm] = 1$ finden kannst.
Damit solltest du zeigen koennen, dass es zu je zwei Elementen von $R$ eine Bezout-Gleichung gibt. Damit wiederum kannst du zeigen, dass jedes Ideal ein Hauptideal ist.
LG Felix
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