Kommutative Ringtheorie/Hilbertscher Nullstellensatz (algebraisch)/Textabschnitt

Wir wollen die algebraische Version des Hilbertschen Nullstellensatzes beweisen. Dazu benötigen wir die folgenden beiden Lemmata.

Lemma

Es sei ${}R$ ein noetherscher kommutativer Ring und ${}A$ eine endlich erzeugte ${}R$-Algebra. Es sei ${}B\subseteq A$ eine ${}R$-Unteralgebra, über der ${}A$ endlich (als ${}B$-Modul) sei.

Dann ist auch ${}B$ eine endlich erzeugte ${}R$-Algebra.

Beweis

Wir schreiben ${}A=R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ und ${}A=Ba_{1}+\cdots +Ba_{m}$ mit ${}a_{i}\in A$. Wir setzen ${}x_{i}=\sum _{j=1}^{m}b_{ij}a_{j}$ und ${}a_{i}a_{j}=\sum _{k=1}^{m}b_{ijk}a_{k}$ mit Koeffizienten ${}b_{ij},b_{ijk}\in B$. Wir betrachten die von diesen Koeffizienten erzeugte ${}R$-Unteralgebra ${}S$ von ${}B$ und den ${}S$-Untermodul ${}{\tilde {A}}=Sa_{1}+\cdots +Sa_{m}\subseteq A$. Die Produkte ${}a_{i}a_{j}$ gehören wieder zu diesem Modul, daher ist ${}{\tilde {A}}$ sogar eine ${}S$-Algebra. Weil die ${}x_{i}$ ebenfalls zu ${}{\tilde {A}}$ gehören, gilt sogar ${}A={\tilde {A}}$. Dies bedeutet, dass ${}A$ ein endlicher ${}S$-Modul ist. Nach Fakt ist ${}S$ ein noetherscher Ring und nach Fakt ist der ${}S$-Untermodul ${}B\subseteq A$ ebenfalls endlicher ${}S$-Modul. Die Kette ${}R\subseteq S\subseteq B$ zeigt schließlich, dass ${}B$ eine endlich erzeugte ${}R$-Algebra ist.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}R=K(X)$ der zugehörige rationale Funktionenkörper.

Dann ist ${}R$ keine endlich erzeugte ${}K$-Algebra.

Beweis

Es sei angenommen, dass die rationalen Funktionen ${}F_{i}={\frac {P_{i}}{Q_{i}}}$, ${}i=1,\ldots ,n$, ein endliches Erzeugendensystem von ${}K(X)$ bilden, mit ${}P_{i},Q_{i}\in K[X]$, ${}Q_{i}\neq 0$. Durch Übergang zu einem Hauptnenner kann man annehmen, dass die Nenner ${}Q_{i}=Q$ gleich sind. Die Annahme bedeutet also insbesondere, dass der Körper der rationalen Funktionen sich durch Nenneraufnahme an nur einem Element ergeben würde. Da ${}Q$ keine Konstante ist (sonst wäre ${}K[X]=K(X)$, was nicht der Fall ist), ist ${}Q-1\neq 0$ und daher ist ${}{\frac {1}{Q-1}}\in K(X)$. Also gibt es eine Darstellung

${}{\frac {1}{Q-1}}={\frac {P}{Q^{s}}}\,$

mit einem geeigneten ${}s$. Daraus folgt ${}Q^{s}=(Q-1)P$. Da ${}Q^{s}$ und ${}Q-1$ das Einheitsideal in ${}K[X]$ erzeugen, folgt daraus, dass bereits ${}Q-1$ das Einheitsideal erzeugt, also selbst eine Einheit ist. Dann wäre ${}Q$ aber doch eine Konstante, was es nicht ist.

$\Box$

Die folgende Aussage ist die algebraische Version des Hilbertschen Nullstellensatzes.

Satz

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, die (als ${}K$-Algebra) endlich erzeugt sei.

Dann ist ${}L$ endlich über ${}K$.

Beweis

Wir setzen ${}L=K[x_{1},\ldots ,x_{n}]$. Es sei ${}K_{i}$ der Quotientenkörper von ${}K[x_{1},\ldots ,x_{i}]$ (innerhalb von ${}L$). Wir haben also eine Körperkette

${}K=K_{0}\subseteq K_{1}\subseteq \ldots \subseteq K_{n}=L\,.$

Wir wollen zeigen, dass ${}L$ endlich über ${}K$ ist, und dazu genügt es nach Fakt zu zeigen, dass jeder Schritt in der Körperkette endlich ist. Es sei angenommen, dass ${}K_{i}\subseteq K_{i+1}$ nicht endlich ist, aber alle folgenden Schritte endlich sind. Wir wenden Fakt auf

${}K\subseteq K_{i+1}\subset L\,$

an und erhalten, dass ${}K_{i+1}$ endlich erzeugt über ${}K$ ist. Dann ist insbesondere ${}K_{i+1}$ auch endlich erzeugt über ${}K_{i}$. Andererseits ist ${}K_{i+1}$ der Quotientenkörper von ${}K_{i}[x_{i+1}]$. Wir haben also eine Kette

${}K_{i}\subseteq K_{i}[x_{i+1}]\subseteq Q(K_{i}[x_{i+1}])=K_{i+1}\,,$

wo ${}K_{i+1}$ endlich erzeugt über ${}K_{i}$ ist, aber nicht endlich. Wäre ${}x_{i+1}$ algebraisch über ${}K_{i}$, so auch endlich, und dann wäre ${}K_{i}[x_{i+1}]$ bereits ein Körper nach Aufgabe. Dann wäre die letzte Kette insgesamt endlich, im Widerspruch zur Wahl von ${}i$. Also ist ${}x_{i+1}$ transzendent über ${}K_{i}$. Dann ist aber ${}K_{i}[x_{i+1}]$ isomorph zu einem Polynomring in einer Variablen und ${}Q(K_{i}[x_{i+1}])$ ist isomorph zum rationalen Funktionenkörper über ${}K_{i}$. Dieser ist aber nach Fakt nicht endlich erzeugt, so dass sich erneut ein Widerspruch ergibt.

$\Box$

Satz

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}A$ und ${}B$ zwei ${}K$-Algebren von endlichem Typ. Es sei ${}\varphi \colon A\rightarrow B$ ein ${}K$-Algebrahomomorphismus.

Dann ist für jedes maximale Ideal ${}{\mathfrak {m}}$ aus ${}B$ auch das Urbild ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ ein maximales Ideal.

Beweis

Es sei ${}{\mathfrak {m}}$ ein maximales Ideal aus ${}B$. Wir wissen nach Aufgabe, dass unter jedem Ringhomomorphismus das Urbild eines Primideals wieder prim ist, also ist ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ zunächst ein Primideal, das wir ${}{\mathfrak {p}}$ nennen. Wir erhalten induzierte Ringhomomorphismen

$K\longrightarrow A/{\mathfrak {p}}\longrightarrow B/{\mathfrak {m}}=L,$

wobei ${}L$ ein Körper ist und wobei beide Homomorphismen injektiv und von endlichem Typ sind. Da die Gesamtabbildung von endlichem Typ ist und ${}K$ und ${}L$ Körper sind, folgt aus Fakt, dass diese Abbildung endlich ist. Wir wollen zeigen, dass der Zwischenring ${}A/{\mathfrak {p}}$ ein Körper ist. Dies folgt aber aus Aufgabe.

$\Box$

Satz

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}A$ eine ${}K$-Algebra von endlichem Typ.

Dann ist jedes Radikal in ${}A$ der Durchschnitt von maximalen Idealen.

Beweis

Nach Aufgabe ist jedes Radikal der Durchschnitt von Primidealen. Es genügt also zu zeigen, dass jedes Primideal in einer endlich erzeugten Algebra der Durchschnitt von maximalen Idealen ist. Es sei ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal und ${}f\not \in {\mathfrak {p}}$. Dann ist ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal in der Nenneraufnahme ${}B:=A_{f}$. Es gibt ein (in ${}A_{f}$) maximales Ideal ${}{\mathfrak {m}}\subset A_{f}$ oberhalb von ${}{\mathfrak {p}}A_{f}$. Wir fassen ${}A_{f}$ als endlich erzeugte ${}K$-Algebra auf und betrachten

$\varphi \colon A\longrightarrow A_{f}.$

Dann ist ${}{\mathfrak {p}}\subseteq \varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ und ${}f\not \in \varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$. Nach Fakt ist ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ maximal.

$\Box$