Kurs:Algebraische Kurven (Osnabrück 2008)/Vorlesung 10

Noethersche Moduln

Wir wollen zeigen, das für einen noetherschen Ring ${}R$ und einen endlich erzeugten ${}R$-Modul jeder ${}R$-Untermodul wieder endlich erzeugt ist. Solche Moduln nennt man noethersch.

Definition

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}M$ ein ${}R$- Modul. Dann heißt ${}M$ noethersch, wenn jeder ${}R$- Untermodul von ${}M$ endlich erzeugt ist.

Für ${}M=R$ stimmt dies mit der Definition eines noetherschen Ringes überein, da ja die ${}R$-Untermoduln von ${}R$ gerade die Ideale sind.

In den folgenden Aussagen verwenden wir folgende Sprech- bzw. Schreibweise.

Definition

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und seien ${}M_{1},M_{2},M_{3}$ ${}R$- Moduln. Man nennt ein Diagramm der Form

$0\,{\stackrel {}{\longrightarrow }}\,M_{1}\,{\stackrel {}{\longrightarrow }}\,M_{2}\,{\stackrel {}{\longrightarrow }}\,M_{3}\,{\stackrel {}{\longrightarrow }}\,0$

eine kurze exakte Sequenz von ${}R$-Moduln, wenn ${}M_{1}$ ein ${}R$-Untermodul von ${}M_{2}$ ist, und wenn ${}M_{3}$ ein Restklassenmodul von ${}M_{2}$ ist, der isomorph zu ${}M_{2}/M_{1}$ ist.

Die Exaktheit bedeutet, dass an jeder Stelle die Beziehung

${}\operatorname {kern} \varphi _{i+1}=\operatorname {bild} \varphi _{i}\,$

gilt, wenn ${}\varphi _{i}$ die ${}R$- Modulhomomorphismen bezeichnet.

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und

$0\longrightarrow M_{1}\longrightarrow M\longrightarrow M_{3}\longrightarrow 0$

eine kurze exakte Sequenz von ${}R$-Moduln.

Dann ist ${}M$ genau dann noethersch, wenn sowohl ${}M_{1}$ als auch ${}M_{3}$ noethersch sind.

Beweis

Es sei zunächst ${}M$ noethersch, und ${}U\subseteq M_{1}$ ein Untermodul. Dann ist ${}U$ direkt auch ein Untermodul von ${}M$, also nach Voraussetzung endlich erzeugt. Es sei nun ${}V\subseteq M_{3}$ ein Untermodul des Restklassenmoduls. Das Urbild von ${}V$ in ${}M$ unter der Restklassenabbildung sei ${}{\tilde {V}}$. Dieser Modul ist nach Voraussetzung endlich erzeugt, und die Bilder eines solchen Erzeugendensystems erzeugen auch den Bildmodul ${}V$.

Es seien nun die äußeren Moduln ${}M_{1}$ und ${}M_{3}$ noethersch, und sei ${}U\subseteq M$ ein Untermodul. Es sei ${}U_{3}\subseteq M_{3}$ der Bild-Untermodul davon. ${}U_{3}$ wird von endlich vielen Elementen ${}s_{1},\ldots ,s_{n}$ erzeugt, und wir können annehmen, dass diese ${}s_{i}={\overline {r}}_{i}$ die Bilder von Elementen ${}r_{i}\in U$ sind. Betrachte ${}U\cap M_{1}$. Dies ist ein Untermodul von ${}M_{1}$, und daher endlich erzeugt, sagen wir von ${}t_{1},\ldots ,t_{k}$, die wir als Elemente in ${}U$ auffassen. Wir behaupten, dass

$r_{1},\ldots ,r_{n},t_{1},\ldots ,t_{k}$

ein Erzeugendensystem von ${}U$ bilden. Es sei dazu ${}m\in U$ ein beliebiges Element. Dann ist ${}{\overline {m}}=\sum _{i=1}^{n}a_{i}s_{i}$ und daher geht das Element ${}m-\sum _{i=1}^{n}a_{i}r_{i}$ rechts auf ${}0$. Dann gehört es aber zum Kern der Restklassenabbildung, also zu ${}M_{1}$. Andererseits gehört dieses Element auch zu ${}U$, also zum Durchschnitt ${}M_{1}\cap U$, der ja von den ${}t_{1},\ldots ,t_{k}$ erzeugt wird. Also kann man

${}m-\sum _{i=1}^{n}a_{i}r_{i}=\sum _{j=1}^{k}b_{j}t_{j}\,$

bzw. ${}m=\sum _{i=1}^{n}a_{i}r_{i}+\sum _{j=1}^{k}b_{j}t_{j}$ schreiben.

$\Box$

Satz

Es sei ${}R$ ein noetherscher kommutativer Ring und ${}M$ ein endlich erzeugter ${}R$- Modul.

Dann ist ${}M$ ein noetherscher Modul.

Beweis

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über die Anzahl ${}n$ der Modulerzeuger von ${}M$. Bei ${}n=0$ liegt der Nullmodul vor. Es sei ${}n=1$. Dann gibt es eine surjektive Abbildung ${}R\rightarrow M\cong R/{\mathfrak {a}}$. Nach Lemma 3.7 ist aber ein Restklassenmodul eines noetherschen Moduls wieder noethersch, und der Ring selbst ist nach Voraussetzung noethersch, also ist ${}M$ noethersch.

Es sei nun ${}n\geq 2$ und die Aussage für kleinere ${}n$ bereits bewiesen. Es sei ${}m_{1},\ldots ,m_{n}$ ein Erzeugendensystem von ${}M$. Wir betrachten den durch ${}m_{1},\ldots ,m_{n-1}$ erzeugten ${}R$-Untermodul, den wir mit ${}M_{1}$ bezeichnen. Dieser Untermodul gibt Anlass zu einer kurzen exakten Sequenz, nämlich

$0\longrightarrow M_{1}\longrightarrow M\longrightarrow M/M_{1}=:M_{3}\longrightarrow 0.$

Hier wird der linke Modul von ${}n-1$ Elementen erzeugt und ist nach Induktionsvoraussetzung noethersch. Der rechte Modul wird von der Restklasse von ${}m_{n}$, also von einem Element erzeugt, ist also auch noethersch. Nach Lemma 3.7 ist dann ${}M$ noethersch.

$\Box$

Hilbertscher Nullstellensatz - algebraische Version

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 Korollar 9.9 ist ${}S$ ein noetherscher Ring und nach Satz 10.4 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 Lemma 10.5 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 Lemma 10.6 nicht endlich erzeugt, sodass 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 Satz 10.7, 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 Satz 10.8 ist ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ maximal.

$\Box$

Satz

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei ${}A$ eine endlich erzeugte ${}K$- Algebra.

Dann ist jeder Restklassenkörper von ${}A$ isomorph zu ${}K$.

Anders formuliert: Jedes maximale Ideal in ${}A$ ist ein Punktideal.

Beweis

Es sei ${}{\mathfrak {m}}$ ein maximales Ideal der endlich erzeugten ${}K$-Algebra ${}A$ und betrachte

$K\longrightarrow A\longrightarrow A/{\mathfrak {m}}=:L.$

Hier ist ${}L$ ein Körper und zugleich eine endlich erzeugte ${}K$-Algebra. Nach Satz 10.7 muss also ${}L$ eine endliche ${}K$-Algebra sein. Da ${}K$ algebraisch abgeschlossen ist, muss ${}K=L$ sein.

$\Box$

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