Kurs:Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)/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 10.3 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 10.3 ist dann ${}M$ noethersch.

$\Box$

Hilbertscher Nullstellensatz - algebraische Version

Im Folgenden werden für eine ${}R$- Algebra ${}A$ die Begriffe endlich und endlich erzeugt wichtig sein. Ersteres bedeutet, dass ${}A$, aufgefasst als ${}R$- Modul, endlich erzeugt ist, das zweite, dass ${}A$ als Algebra endlich erzeugt ist. Der Polynomring ${}R[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ ist im letzteren Sinne endlich erzeugt, und zwar bilden die Variablen ein endliches Algebra-Erzeugendensystem. Der Polynomring ist aber nicht als Modul endlich erzeugt, das einfachste Modul-Erzeugendensystem ist durch alle Monome gegeben.

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 Satz 2.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2011)) 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 10.1. 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 4.16, 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 10.2.

$\Box$

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 10.17 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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