Primideale haben endliche Höhe in noetherschen Ringen

06.06.2013, 17:58

mathinitus

Primideale haben endliche Höhe in noetherschen Ringen

Hallo!

Ich habe gelesen, dass Primideale eine endliche Höhe in noetherschen Ringen haben. Das wollte ich beweisen, jedoch kam ich nicht weit. Hat jemand einen Tipp?

Danke!

07.06.2013, 07:13

tmo

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Das ist keine Schande, denn für den Beweis muss man schon etwas arbeiten (zumindest wüsste ich nichts leichteres).

Kennst du den den Krullschen Hauptidealsatz? Den kann man induktiv so verallgemeinern:

Liegt $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ minimal über $\begin{eqnarray*} I = (x_1, \dotsc, x_m) \end{eqnarray*}$ , so ist die Höhe von $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ nach oben beschränkt.

Die Aussage beinhaltet natürlich insbesondere das, was du zeigen willst.

Für den Beweis ist es sehr nützlich direkt in noethersch lokalen Ringen zu arbeiten, was wegen $\begin{eqnarray*} \operatorname{ht} \mathfrak p = \operatorname{ht} \mathfrak p A_{\mathfrak p} = \dim A_{\mathfrak p} \end{eqnarray*}$ natürlich kein Problem ist.

Nützlich beim Induktionsschritt kann auch noch folgende Tatsache sein:

In einem noethersc lokalen Ring liegt $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ genau dann minmal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ , wenn es in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ nilpotent ist. (Natürlich o.B.d.A für $\begin{eqnarray*} I = 0 \end{eqnarray*}$ zu beweisen).

Trotzdem ist die ganze Sache aber noch recht viel Arbeit, so wie ich das sehe.

Vielleicht gibt es ja ein leichteres Argument? verwirrt

07.06.2013, 12:40

mathinitus

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Vielen Dank für die Tipps. Den Krullschen Hauptidealsatz kenne ich nicht. Auch weiß ich nicht, was es bedeutet ein Ideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ liegt minimal über einem Ideal $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ . Ich würde mal tippen:

$\begin{eqnarray*} I \varsubsetneq \mathfrak p \end{eqnarray*}$
Es gibt kein Ideal J mit $\begin{eqnarray*} I\varsubsetneq J\varsubsetneq \mathfrak p \end{eqnarray*}$

Richtig geraten?

07.06.2013, 15:36

tmo

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Nicht ganz.

Wenn man sagt, dass ein Primideal minimal über einem anderen Ideal ist, so meint man damit eigentlich "minimal unter Primidealen", was man aber meist weglässt, da die Formulierung einfach ziemlich oft vorkommt und dann klar ist, was gemeint ist.

Es ist also so definiert:

Ein Primideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ liegt minimal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ , wenn gilt:

- $\begin{eqnarray*} I \subset \mathfrak p \end{eqnarray*}$ (Gleichheit darf auch gelten)

- Ist $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \end{eqnarray*}$ ein weiteres Primdeal mit $\begin{eqnarray*} I \subset \mathfrak q \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \subset \mathfrak p \end{eqnarray*}$ , so gilt schon $\begin{eqnarray*} \mathfrak q = \mathfrak p \end{eqnarray*}$

Insbesondere ist also jedes Primideal minimal über sich selbst (Daher würde der von mir zitierte Satz dein Problem sofort erschlagen).

So wie es scheint hast du also nicht wirklich viel Vorraussetzungen, was kommutative Algebra angeht, oder? Dann ist es wohl ein recht langer Weg bis der Aussage. (befürchte ich)

Aber du kannst ja schon mal mit der Richtung

$\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ nilpotent in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ minimal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$

anfangen. Die ist nämlich sehr einfach zu zeigen und gilt auch unabhängig von irgendwelchen zusätzlichen Voraussetzungen.

Die andere Richtung unter der Zusatzvorraussetzung, dass $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ das maximale Ideal eines lokalen Rings ist, bedarf dann schon wieder etwas mehr kommutative Algebra, die man hineinsteckt.

07.06.2013, 15:46

mathinitus

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Okay, da habe ich mir also eine etwas andere Definition zusammengereimt. Damit das nicht nochmal passiert, frage ich zur Sicherheit lieber auch das: Ein Ideal ist nilpotent, wenn eine Potenz des Ideals das Nullideal ist?

Das müsste ja äuqivalent dazu sein, dass es ein n gibt, so dass alle a aus dem Ideal $\begin{eqnarray*} a^n=0 \end{eqnarray*}$ erfüllen.

07.06.2013, 15:57

mathinitus

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Also $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ nilpotent in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ minimal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ ist mit meiner Definition von Nilpotenz recht trivial:

Sei $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \end{eqnarray*}$ ein weiteres Primdeal mit $\begin{eqnarray*} I \subseteq \mathfrak q \subseteq \mathfrak p \end{eqnarray*}$ . Wir wählen $\begin{eqnarray*} p\in\mathfrak p \end{eqnarray*}$ . Aufgrund der Nilpotenz ist also $\begin{eqnarray*} p^n\in I\subseteq \mathfrak q \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \end{eqnarray*}$ prim ist, ist bereits $\begin{eqnarray*} p\in \mathfrak q \end{eqnarray*}$ . Also gilt $\begin{eqnarray*} \mathfrak p=\mathfrak q \end{eqnarray*}$ .

07.06.2013, 16:04

tmo

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Ja, genau.

Die andere Richtung (unter der genannten Zusatzvorarussetzung) kriegst du mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{I} = \bigcap_{I \subset \mathfrak q, \mathfrak q \text{ prim}} \mathfrak q \end{eqnarray*}$ .

Das zeigen dieser Gleichheit ist eine schöne Übung, die eine von beiden Inklusionen ist natürlich trivial, aber die andere bedarf etwas Arbeit (zum Glück nicht zu viel).

07.06.2013, 21:22

mathinitus

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Okay, zeigen wir also: $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ minimal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ nilpotent in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$

Dabei benutze ich deine Gleichung, deren Richtigkeit ich im Anschluss beweise.

Sei $\begin{eqnarray*} x\in\mathfrak p \end{eqnarray*}$ . Wegen der Minimalität von $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ ist bereits für ein beliebiges Primideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \supseteq I \end{eqnarray*}$ schon $\begin{eqnarray*} x\in\mathfrak q \end{eqnarray*}$ . Folglich gilt $\begin{eqnarray*} x\in \bigcap_{I \subset \mathfrak q, \mathfrak q \text{ prim}} \mathfrak q =\sqrt{I} \end{eqnarray*}$ . Also gibt es ein n mit $\begin{eqnarray*} x^n\in I \end{eqnarray*}$ . Fertig.

Nun die Gleichung:

Für $\begin{eqnarray*} x^n\in I \end{eqnarray*}$ ist auch $\begin{eqnarray*} x^n\in \mathfrak q \end{eqnarray*}$ und damit auch $\begin{eqnarray*} x\in \mathfrak q \end{eqnarray*}$ , weil $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \end{eqnarray*}$ prim ist. Das war die triviale Inklusion.

Bis hierhin lief bei mir alles leicht aus der Feder, nun kommt der Rest, an dem ich sehr lange saß:

Wir zeigen die andere Inklusion durch Kontraposition. Wir nehmen also an, keine Potenz von x sei in I und zeigen, dass es ein Primideal über I gibt, indem x nicht enthalten ist (und damit auch keine Potenz von x).
Wir nennen nun einmal $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ die Menge aller Potenzen von x.
Das Zornsche Lemma sichert uns die Existenz eines Ideals M mit $\begin{eqnarray*} I\subseteq M \end{eqnarray*}$ derart, dass $\begin{eqnarray*} M\cap S=\emptyset \end{eqnarray*}$ und es kein echt größeres Ideal als M mit dieser Eigenschaft gibt. Wenn wir zeigen können, dass M Primideal ist, sind wir fertig.
Sei dafür $\begin{eqnarray*} ab\in M \end{eqnarray*}$ . Wir schauen uns $\begin{eqnarray*} (r_1a+m_1)(r_2b+m_2) \end{eqnarray*}$ an ( $\begin{eqnarray*} r_{1,2}\in R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_{1,2}\in M \end{eqnarray*}$ ). Durch Ausmultiplizieren stellen wir fest, dass das Produkt in M liegt. Also können nicht beide Faktoren in S liegen. Nun gibt es zwei Möglichkeiten:

Für alle $\begin{eqnarray*} r_1\in R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_1 \in M \end{eqnarray*}$ liegt $\begin{eqnarray*} r_1a+m_1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} S^C \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} M':=Ra+M \end{eqnarray*}$ Ideal mit den speziellen Eigenschaften von M. Maximalität von M liefert Gleichheit, also ist $\begin{eqnarray*} a\in M \end{eqnarray*}$ . Fertig.
Falls $\begin{eqnarray*} r_1a+m_1\in S \end{eqnarray*}$ für spezielle $\begin{eqnarray*} r_1\in R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_1 \in M \end{eqnarray*}$ , so muss $\begin{eqnarray*} r_2b+m_2 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} r_2\in R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_2 \in M \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} S^C \end{eqnarray*}$ liegen. Damit folgt wie eben ausgeführt $\begin{eqnarray*} b\in M \end{eqnarray*}$ . Fertig.

Ist das so alles okay?

Vielen Dank tmo für deine tolle Betreuung!

08.06.2013, 08:44

tmo

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Die Gleichheit hast du schön bewiesen. Das ist übrigens ein recht häufiges Prinzip in der kommutativen Algebra. Man nimmt sich ein maximales Element von Idealen mit einer bestimmten Eigenschaft und zeigt, dass dies prim sein muss (kommt z.b. auch wieder bei der Existenz von assoziierten Primidealen vor).

Dann zu dem hier:

Zitat:

Original von mathinitus
Okay, zeigen wir also: $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ minimal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ nilpotent in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$

Da steckt noch ein Fehler drin. Du hast ja auch nirgends die Zusatzvorraussetzung verwendet.

Z.b. ist $\begin{eqnarray*} (2) \end{eqnarray*}$ minimal über $\begin{eqnarray*} (6) \end{eqnarray*}$ , aber sicher nicht nilpotent in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/(6) \end{eqnarray*}$ .

08.06.2013, 18:24

mathinitus

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Ja, da habe ich (nun) offensichtlich einen Fehler gemacht. Nämlich hier:

Zitat:

Wegen der Minimalität von $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \end{eqnarray*}$ ist bereits für ein beliebiges Primideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \supseteq I \end{eqnarray*}$ schon $\begin{eqnarray*} x\in\mathfrak q \end{eqnarray*}$ .

Aus $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \supseteq I \end{eqnarray*}$ folgt ja noch nicht $\begin{eqnarray*} \mathfrak p \subseteq q \end{eqnarray*}$ .

Also nun mal (hoffentlich) richtig: Unsere Zusatzvorraussetzung war, dass $\begin{eqnarray*} \mathfrak p = \mathfrak m \end{eqnarray*}$ ist, wobei $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ das einzige maximale Ideal des Rings ist. Sei nun $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \supseteq I \end{eqnarray*}$ . Dann liegt $\begin{eqnarray*} \mathfrak q \end{eqnarray*}$ auch in $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ , da jedes echte Ideal in $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ liegt. Nun können wir die Minimalität ausnutzen und bekommen $\begin{eqnarray*} \mathfrak q=\mathfrak p \end{eqnarray*}$ . Insbesondere $\begin{eqnarray*} x\in \mathfrak q \end{eqnarray*}$ . Ab nun kann man in den fehlerhaften Beweis von oben einsteigen.

Mal eine weitere Frage zu dem Thema: Im ersten Beitrag hast du geschrieben:

Zitat:

In einem noethersch lokalen Ring liegt $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ genau dann minmal über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ , wenn es in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ nilpotent ist.

Ist mit $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ auch hier das maximale Ideal gemeint? Ich habe vorhin nämlich lange versucht, die Aussage für ein beliebiges Primideal nachzuweisen. Das hat aber nicht so recht klappen wollen. Die Sache hätte auch interessante Konsequenzen, so wären die Primideale in einem noethersch lokalen Ring bezüglich Inklusion total geordnet. Irgendwann habe ich dann noch einmal die Seite hier aufgerufen und gelesen, dass du in deinem zweiten Beitrag etwas von "maximal" schriebst. Damit war es dann einfach und die Sache entschäft Wink

09.06.2013, 11:03

tmo

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Ja, da war von Anfang an das maximale Ideal gemeint.

Nochwas: Dir ist aber hoffentlich schon bewusst, dass die folgende Folgerung nur gilt, weil der Ring nothersch ist.

Zu jedem $\begin{eqnarray*} x \in \mathfrak m \end{eqnarray*}$ gibt es ein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x^n \in I \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ nilpotent in $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ .

Denn daraus folgt ja $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \subset \sqrt{I} \end{eqnarray*}$ , also für jedes $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \mathfrak m^n \subset (\sqrt{I})^n \end{eqnarray*}$ .

Und in noetherschen Ringen gilt stets $\begin{eqnarray*} (\sqrt{I})^n \subset I \end{eqnarray*}$ für hinreichend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , was dann erst das Gewünschte impliziert.

09.06.2013, 17:59

mathinitus

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Danke für den Hinweis, daran hatte ich gar nicht mehr gedacht. Ich hatte zwar zu Beginn festgestellt:

Zitat:

Original von mathinitus
Das müsste ja äuqivalent dazu sein, dass es ein n gibt, so dass alle a aus dem Ideal $\begin{eqnarray*} a^n=0 \end{eqnarray*}$ erfüllen.

Jedoch später im Beweis gar nicht mehr dran gedacht, dass das n ja nicht für jedes Element extra bestimmt werden darf, sondern global die entsprechende Eigenschaft haben muss.

Nun mal ein Beweisversuch für $\begin{eqnarray*} (\sqrt{I})^k \subseteq I \end{eqnarray*}$ (für hinreichend großes k) in noetherschen Ringen:

Seien $\begin{eqnarray*} a_1,\dots,a_n \end{eqnarray*}$ Erzeuger von $\begin{eqnarray*} \sqrt{I} \end{eqnarray*}$ . Dann finden wir eine natürliche Zahl m mit $\begin{eqnarray*} a_i^m\in I \end{eqnarray*}$ . Für ein $\begin{eqnarray*} x\in\sqrt{I} \end{eqnarray*}$ müsste nun $\begin{eqnarray*} x^{nm} \end{eqnarray*}$ in I liegen, denn:
$\begin{eqnarray*} x^{nm}=\left( \sum_{i=1}^n r_ia_i \right)^{nm} \end{eqnarray*}$
Multipliziert man diese Summe nun aus, hat man in jedem Summanden $\begin{eqnarray*} nm \end{eqnarray*}$ viele $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ s stecken. Also gibt es für einen nun fixierten Summanden einen Index j, so dass mindestens m $\begin{eqnarray*} a_j \end{eqnarray*}$ s in dem Summanden als Faktoren vertreten sind. Damit liegt der Summand in I und folglich auch die Summe.

Inzwischen glaube ich, wie sind immer noch nicht fertig, denn ein Element aus $\begin{eqnarray*} (\sqrt{I})^k \end{eqnarray*}$ ist ja nicht automatisch die k-te Potenz eines Elements aus $\begin{eqnarray*} \sqrt{I} \end{eqnarray*}$ . Also mache ich noch etwas weiter. Ich schicke aber schonmal ab, damit es schonmal was zu lesen gibt Augenzwinkern

09.06.2013, 21:12

tmo

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Zitat:

Original von mathinitus
Seien $\begin{eqnarray*} a_1,\dots,a_n \end{eqnarray*}$ Erzeuger von $\begin{eqnarray*} \sqrt{I} \end{eqnarray*}$ .

Und dann sind die Produkte $\begin{eqnarray*} a_1^{r_1} \dotsc a_n^{r^n}, r_1+ \dotsb + r_n = k \end{eqnarray*}$ Erzeuger von $\begin{eqnarray*} (\sqrt{I})^k \end{eqnarray*}$ .

Und für $\begin{eqnarray*} k > mn \end{eqnarray*}$ liegen die offensichtlich alle in $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ . So muss man sich um die Summenbildung oder sowas gar keine Gedanken machen.

10.06.2013, 09:51

mathinitus

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Ja, das sehe ich ein. Vielen Dank. k=mn müsste auch schon gehen, oder?

10.06.2013, 10:08

tmo

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Genau genommen reicht $\begin{eqnarray*} k = mn-n+1 \end{eqnarray*}$ Big Laugh