Lokale Ringe: Nullteiler und Erzeugendensysteme

11.08.2013, 13:54

Kurvenliebhaber

Lokale Ringe: Nullteiler und Erzeugendensysteme

Ich betrachte einen (noetherschen) lokalen Ring $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ mit maximalem Ideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ und wähle mir ein Element $\begin{eqnarray*} x \in \mathfrak{m} \setminus \mathfrak{m}^2 \end{eqnarray*}$ .

1) Warum ist dann $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ kein Nullteiler in $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ? Meine Gedanken bisher dazu: Natürlich liegen alle Nullteiler in $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ . Ich müsste nun zeigen, dass alle Nullteiler sogar in $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^2 \end{eqnarray*}$ liegen. Doch wieso ist das so?
Hilft es mir, dass alle nilpotenten Elemente in einem minimalem Primideal liegen?

2) Wieso lässt sich $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zu einem minimalem Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ erweitern? Meine Gedanken: Sei $\begin{eqnarray*} E = \{m_1,\dots,m_n \} \end{eqnarray*}$ ein minimales Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ , dann weiß ich nach Wahl von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ doch bisher nur, dass $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ eine Linearkombination der $\begin{eqnarray*} m_i \end{eqnarray*}$ ist. Doch da ich in einem Ring bin, kann ich ja nicht ohne weiteres ein gewisses $\begin{eqnarray*} m_j \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ austauschen, sodass $\begin{eqnarray*} E \setminus \{m_j\} \cup \{x\} \end{eqnarray*}$ wieder ein minimales Erzeugendensystem ist, oder?

11.08.2013, 14:31

tmo

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Zu 1)
In einem nulldimensionalen lokalen Ring ist doch sogar jedes Element aus $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ nilpotent, insbesondere auch die aus $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \setminus \mathfrak m^2 \end{eqnarray*}$ . (Und wenn wir nicht in einem Körper sind, so ist diese Menge auch stets nichtleer)

Da passt also irgendwas nicht, oder?

Zu 2)

Die Restklasse von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ lässt sich natürlich im $\begin{eqnarray*} A/\mathfrak m \end{eqnarray*}$ - Vektorraum $\begin{eqnarray*} \mathfrak m/\mathfrak m^2 \end{eqnarray*}$ zu einer Basis erweitern.

Und nach dem Lemma von Nakayama bilden beliebige Urbilder einer solchen Basis ein Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ , das dann natürlich auch minimal ist.

11.08.2013, 14:40

Kurvenliebhaber

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Zitat:

Zu 2)

Die Restklasse von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ lässt sich natürlich im $\begin{eqnarray*} A/\mathfrak m \end{eqnarray*}$ - Vektorraum $\begin{eqnarray*} \mathfrak m/\mathfrak m^2 \end{eqnarray*}$ zu einer Basis erweitern.

Und nach dem Lemma von Nakayama bilden beliebige Urbilder einer solchen Basis ein Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} \mathfrak m \end{eqnarray*}$ , das dann natürlich auch minimal ist.

Das leuchtet ein smile

Zu 1): Ok, dann nehmen wir noch die Voraussetzung dazu, dass R regulär ist! Was wäre dann?

11.08.2013, 14:46

tmo

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Wenn $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ auch noch regulär ist, dann ist ja ganz $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ schon nullteilerfrei.

11.08.2013, 14:53

Kurvenliebhaber

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Ok, und kann ich das mit den gegebenen Mitteln hier auch beweisen? Ich will so wenig wie notwendig von "außerhalb" verwenden.

11.08.2013, 15:52

tmo

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Was sind denn deine gegebenen Mittel?

Eine Trivialität ist das wohl nicht.

Man kann z.B. mit Proposition 45.19 dieses Skripts und der Regularität zeigen:

Ist $\begin{eqnarray*} x \in \mathfrak m \setminus \mathfrak m^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} xy=0 \end{eqnarray*}$ , so gilt $\begin{eqnarray*} y \in \bigcap_{n \geq 1} \mathfrak m^n = 0 \end{eqnarray*}$ .

11.08.2013, 16:57

Kurvenliebhaber

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Ich brauche die Aussage ja nur in dieser Situation, daher wäre der von dir zitierte Satz schon zuviel Aufwand, wegen der ganzen dafür notwendigen Resultate davor.

Vielleicht lässt sich der Beweis des Satzes ja in dieser Situation vereinfachen? Vor allem, da ich noch nicht einmal brauche, dass ganz R keine Nullteiler hat.

11.08.2013, 18:21

tmo

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Ich verstehe dein Problem nicht.

Alles, was du für diese Proposition brauchst, ist das Grundwissen, was man über noethersch lokale Ringe braucht, bevor man überhaupt anfängt über Regularität zu sprechen.

Die Argumentation, die ich im Sinn habe, ist ja schon stark vereinfacht und zeigt insbesondere auch nicht die komplette Nullteilerfreiheit, sondern wirklich nur das, was du brauchst.

11.08.2013, 19:35

Kurvenliebhaber

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ok, dann versuch ich mich da mal einzulesen.

Danke für die Hilfe!

25.08.2013, 12:21

Kurvenliebhaber

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Ich muss das Thema noch mal aufgreifen, da ich glaube, einen sehr kurzen Beweis gefunden dafür gefunden zu haben, was ich brauche. Dafür schwäche ich die ursprüngliche Behauptung zu 1) ein wenig ab:

z.z.: In einem lokalen noetherschen Ring R der Dimension >0 mit maximalem Ideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ gibt es ein Element $\begin{eqnarray*} x \in \mathfrak{m} \setminus \mathfrak{m}^2 \end{eqnarray*}$ , das kein Nullteiler von R ist.

Beweis: Angenommen nicht, dann besteht $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \setminus \mathfrak{m}^2 \end{eqnarray*}$ aus lauter Nullteilern. Und damit auch das von diesen Elementen erzeugte Ideal J. Damit gilt $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} = \mathfrak{m}\cdot \mathfrak{m} + J \end{eqnarray*}$ und mit Nakayama folgt $\begin{eqnarray*} J = \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ . Also besteht das maximale Ideal in R aus lauter Nullteilern, hat also Höhe = 0 im Widerspruch dazu, dass nach Voraussetzung $\begin{eqnarray*} \dim R = \text{Höhe }\mathfrak{m} \geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Ist das wasserdicht oder habe ich was übersehen? Man beachte, dass die Dimension hier die entscheidende Rolle spielt und die vorher erwähnten Gegenbeispiele nun scheitern. Ich brauche auch noch nicht einmal Regularität.

25.08.2013, 18:14

tmo

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Das von Nullteilern erzeugte Ideal muss aber nicht wieder nur aus Nullteilern bestehen.

25.08.2013, 18:37

Kurvenliebhaber

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Die Elemente in dem Ideal $\begin{eqnarray*} (\mathfrak{m} \setminus \mathfrak{m}^2)R \end{eqnarray*}$ haben doch die Form $\begin{eqnarray*} m\cdot r \end{eqnarray*}$ wobei m ein Nullteiler ist. Dann ist doch auch $\begin{eqnarray*} m\cdot r \end{eqnarray*}$ ein Nullteiler, oder was sehe ich nicht?

Edit: Habs entdeckt! Es ist ja kein Hauptideal. Das meintest du, oder? Ich mach mir mal Gedanken.

Hast du schon eine Idee, ob man das noch reparieren kann?

25.08.2013, 19:05

Kurvenliebhaber

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Also Potenzen und Vielfache von Nullteilern sind wieder Nullteiler. Ebenso Summen und Produkte von mehreren Nullteilern. Damit müsste jedes Element in dem, von den Nullteilern erzeugtem, Ideal auch ein Nullteiler sein. Oder?

Jedoch fiel mir was anderes auf: Muss ein Ideal, dass aus Nullteilern besteht, zwingend Höhe = 0 haben? Bei nilpotenten Elementen stimmt es, doch bei allgemeinen Nullteilern ... ?

26.08.2013, 07:57

tmo

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Die Summe von Nullteilern muss kein Nullteiler sein.

Und was das letzte angeht: Ja, da war ich auch schon drüber gestolpert.

Die Folgerung, dass jeder Nullteiler in einem Ideal der Höhe 0 liegt, klappt ja nur bei reduzierten Ringen.

Irgendwie sehe ich gerade keine schnelle Rettung. Allerdings auch kein Gegenbeispiel, das zeigen würde, dass man Regularität braucht unglücklich

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