Kurs:Kommutative Algebra/Teil I/Vorlesung 10

Maximale Ideale

Definition

Ein Ideal ${}{\mathfrak {m}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ heißt maximales Ideal, wenn  ${}{\mathfrak {m}}\neq R$  ist und wenn es zwischen ${}{\mathfrak {m}}$ und ${}R$ kein weiteres Ideal gibt.

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}{\mathfrak {m}}$ ein Ideal in ${}R$.

Dann ist ${}{\mathfrak {m}}$ genau dann ein maximales Ideal, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {m}}$ ein Körper ist.

Beweis

Nach Aufgabe 7.2 entsprechen die Ideale im Restklassenring ${}R/{\mathfrak {m}}$ eindeutig den Idealen in ${}R$ zwischen ${}{\mathfrak {m}}$ und ${}R$. Nun ist ${}R/{\mathfrak {m}}$ ein Körper genau dann, wenn es genau nur zwei Ideale gibt, und dies ist genau dann der Fall, wenn  ${}{\mathfrak {m}}\neq R$  ist und es dazwischen kein weiteres Ideal gibt. Dies bedeutet, dass ${}{\mathfrak {m}}$ maximal ist.

$\Box$

Lemma

In einem kommutativen Ring  ${}R\neq 0$ 

gibt es maximale Ideale.

Beweis

Wir betrachten die Menge

${}M:={\left\{I\subseteq R\mid 1\not \in I,\,{\text{Ideal in }}R\right\}}\,.$

Diese Menge enthält das Nullideal ${}0$ und ist somit nicht leer. Wir wollen das Lemma von Zorn auf ${}M$ (mit der Inklusion als Ordnungsrelation) anwenden. Dazu sei  ${}N\subseteq M$  eine total geordnete Teilmenge. Wir setzen

${}I:=\bigcup _{J\in N}J\,.$

Man zeigt nun, dass ${}I$ ein Ideal ist, das nicht die ${}1$ enthält. Also gehört es zu ${}M$ und es bildet eine obere Schranke für ${}N$. Das Lemma von Zorn liefert dann maximale Elemente in ${}M$, und dies sind maximale Ideale.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ der Polynomring über ${}K$.

Dann wird jedes maximale Ideal in ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ von ${}n$ Elementen erzeugt.

Beweis

Wir führen Induktion über ${}n$, dabei ist der Induktionsanfang  ${}n=0$  und auch  ${}n=1$  klar, da ${}K[X]$ ein Hauptidealbereich ist. Es sei die Aussage also für ${}n$ bewiesen und sei ein maximales Ideal

${}{\mathfrak {n}}\subseteq K[X_{1},\ldots ,X_{n},X_{n+1}]\,$

gegeben. Es ist

${}{\mathfrak {m}}={\mathfrak {n}}\cap K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\,$

ein maximales Ideal in ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$. Nach Induktionsvoraussetzung wird ${}{\mathfrak {m}}$ von ${}n$ Elementen erzeugt, sagen wir

${}{\mathfrak {m}}={\left(f_{1},\ldots ,f_{n}\right)}\,.$

Wir betrachten den injektiven Ringhomomorphismus

$K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {m}}\longrightarrow K[X_{1},\ldots ,X_{n},X_{n+1}]/{\mathfrak {n}},$

der die Faktorisierung

$K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {m}}\longrightarrow {\left(K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {m}}\right)}[X_{n+1}]\longrightarrow K[X_{1},\ldots ,X_{n},X_{n+1}]/{\mathfrak {n}},$

wobei die Abbildung rechts surjektiv ist. Da in der Mitte ein Hauptidealbereich steht, wird der Kern dieser Abbildung durch ein Element ${}f_{n+1}$ erzeugt. Somit ist

${}{\mathfrak {n}}={\left(f_{1},\ldots ,f_{n},f_{n+1}\right)}\,.$

$\Box$

Beispiel

Wir betrachten die Menge

${}R:=\mathbb {R} ^{\mathbb {N} }={\left\{{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\mid {\text{reelle Folge}}\right\}}\,.$

Diese Menge ist mit komponentenweiser Addition und Multiplikation ein kommutativer Ring (mit der konstanten Nullfolge bzw. Einsfolge als ${}0$ und ${}1$). Zu jedem festen  ${}k\in \mathbb {N}$  ist die Menge

${}I_{k}={\left\{{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in R\mid x_{k}=0\right\}}\,$

ein maximales Ideal. Die Idealeigenschaft kann man unmittelbar nachprüfen, die Maximalität ergibt sich daraus, dass ein größeres Ideal

${}I_{k}\subset I\,$

ein Element  ${}y={\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$  mit  ${}y_{k}\neq 0$  enthält. Dann ist

${}{\frac {1}{y_{k}}}y+{\left(1-{\frac {1}{y_{k}}}y\right)}=1\,$

mit  ${}1-{\frac {1}{y_{k}}}y\in I_{k}$  und daher ist  ${}1\in I$.  Mit dieser Konstruktion bekommt man also direkt maximale Ideale. Die Restklassenkörper zu diesen maximalen Idealen sind (isomorph zu) ${}\mathbb {R}$, der Restklassenhomomorphismus ist einfach die Projektion auf die ${}k$-te Komponente.

Wir betrachten nun das Ideal

${}I={\left\{{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\mid x_{n}\neq 0{\text{ für endlich viele }}n\in \mathbb {N} \right\}}\,,$

das ist also die Menge aller Folgen, die bis auf endlich viele Glieder mit der Nullfolge übereinstimmen. Es gibt daher nach (einer Variante von) Lemma 10.3 maximale Ideale ${}{\mathfrak {m}}$ mit

${}I\subseteq {\mathfrak {m}}\,.$

Es ist

${}{\mathfrak {m}}\not \subseteq I_{k}\,,$

da die Folge, die an der ${}k$-ten Stelle eine ${}1$ und sonst überall eine ${}0$ stehen hat, links dazu gehört, aber nicht rechts. Ein solches maximales Ideal kann man nicht explizit beschreiben. Selbst wenn man sich auf Folgen beschränkt, die lediglich die beiden Werte ${}0$ oder ${}1$ annehmen, so ist kein explizites Verfahren bekannt, zu bestimmen, ob die Folge zu ${}{\mathfrak {m}}$ gehören soll oder nicht. Für jede Folge mit unendlich vielen Nullen und mit unendlich vielen Einsen gibt es ein solches maximales Ideal ${}{\mathfrak {m}}$, das diese Folge enthält, und auch eines, das sie nicht enthält.

Die Restklassenkörper zu einem solchen maximalen Ideal sind nicht isomorph zu ${}\mathbb {R}$. Die dabei auftretenden Körper sind vielmehr der Gegenstand der sogenannten Nichtstandardanalysis.

Primideale

Definition

Ein Element ${}a$ eines kommutativen Ringes ${}R$ heißt nilpotent, wenn  ${}a^{n}=0$  für eine natürliche Zahl ${}n$ ist.

Definition

Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt reduziert, wenn ${}0$ das einzige nilpotente Element von ${}R$ ist.

Definition

Ein Ideal ${}{\mathfrak {p}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ heißt Primideal, wenn  ${}{\mathfrak {p}}\neq R$  ist und wenn für  ${}r,s\in R$  mit  ${}r\cdot s\in {\mathfrak {p}}$  folgt:  ${}r\in {\mathfrak {p}}$  oder  ${}s\in {\mathfrak {p}}$. 

Lemma

Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich und ${}p\in R$, ${}p\neq 0$.

Dann ist ${}p$ genau dann ein Primelement, wenn das von ${}p$ erzeugte Hauptideal ${}(p)$ ein Primideal ist.

Beweis

Siehe Aufgabe 10.2.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}{\mathfrak {p}}$ ein Ideal in ${}R$.

Dann ist ${}{\mathfrak {p}}$ genau dann ein Primideal, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich ist.

Beweis

Es sei zunächst ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal. Dann ist insbesondere  ${}{\mathfrak {p}}\subset R$  und somit ist der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ nicht der Nullring. Es sei  ${}fg=0$  in ${}R/{\mathfrak {p}}$ wobei ${}f,g$ durch Elemente in ${}R$ repräsentiert seien. Dann ist  ${}fg\in {\mathfrak {p}}$  und damit  ${}f\in {\mathfrak {p}}$  oder  ${}g\in {\mathfrak {p}}$.  was in ${}R/{\mathfrak {p}}$ gerade  ${}f=0$  oder  ${}g=0$  bedeutet.

Ist umgekehrt ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich, so handelt es sich nicht um den Nullring und daher ist  ${}{\mathfrak {p}}\neq R$.  Es sei  ${}f,g\notin {\mathfrak {p}}$.  Dann ist  ${}f,g\neq 0$  in ${}R/{\mathfrak {p}}$ und daher  ${}fg\neq 0$  in ${}R/{\mathfrak {p}}$, also ist  ${}fg\notin {\mathfrak {p}}$. 

$\Box$

Korollar

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}{\mathfrak {m}}$ ein maximales Ideal in ${}R$.

Dann ist ${}{\mathfrak {m}}$ ein Primideal.

Beweis

Dies folgt sofort aus den Charakterisierungen für Lemma 10.10 und für Lemma 10.2 mit den Restklassenringen.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und sei  ${}f\in R$  nicht nilpotent.

Dann gibt es ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ in ${}R$ mit  ${}f\notin {\mathfrak {p}}$. 

Beweis

Wir betrachten die Menge der Ideale

${}M={\left\{{\mathfrak {a}}{\text{ Ideal }}\mid f^{r}\not \in {\mathfrak {a}}{\text{ für alle }}r\right\}}\,.$

Diese Menge ist nicht leer, da sie das Nullideal enthält. Ferner ist sie induktiv geordnet (bezüglich der Inklusion). Ist nämlich ${}{\mathfrak {a}}_{i}$, ${}i\in I$, eine total geordnete Teilmenge von ${}M$, so ist deren Vereinigung ebenfalls ein Ideal, das keine Potenz von ${}f$ enthält. Nach dem Lemma von Zorn gibt es daher maximale Elemente in ${}M$.

Wir behaupten, dass ein solches maximales Element ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal ist. Es sei dazu  ${}g,h\in R$  und  ${}gh\in {\mathfrak {p}}$,  und sei  ${}g,h\notin {\mathfrak {p}}$  angenommen. Dann hat man echte Inklusionen

${}{\mathfrak {p}}\subseteq {\mathfrak {p}}+(g),{\mathfrak {p}}+(h)\,.$

Wegen der Maximalität können die beiden Ideale rechts nicht zu ${}M$ gehören, und das bedeutet, dass es Exponenten  ${}r,s\in \mathbb {N}$  mit

$f^{r}\in {\mathfrak {p}}+(g)\,\,{\text{ und }}\,\,f^{s}\in {\mathfrak {p}}+(h)$

gibt. Dann ergibt sich der Widerspruch

${}f^{r}f^{s}\in {\mathfrak {p}}+(gh)\subseteq {\mathfrak {p}}\,.$

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und sei  ${}{\mathfrak {p}}\subset R$  ein Ideal in ${}R$.

Dann ist ${}{\mathfrak {p}}$ genau dann ein Primideal, wenn für alle Ideale ${}{\mathfrak {a}},{\mathfrak {b}}$ aus

${}{\mathfrak {a}}\cdot {\mathfrak {b}}\subseteq {\mathfrak {p}}\,$

folgt, dass  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {p}}$  oder  ${}{\mathfrak {b}}\subseteq {\mathfrak {p}}$  gilt.

Beweis

Siehe Aufgabe *****.

$\Box$

Primvermeidung

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring, ${}{\mathfrak {a}}$ ein Ideal und ${}{\mathfrak {p}}_{1},\ldots ,{\mathfrak {p}}_{n}$ eine endliche Familie von Primidealen. Es gelte  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq \bigcup _{i=1}^{n}{\mathfrak {p}}_{i}$. 

Dann ist  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {p}}_{i}$  für ein ${}i$.

Beweis

Wir führen Induktion über ${}n$. Bei  ${}n=1$  ist die Aussage trivial. Es sei die Aussage für ${}n$ Primideale bewiesen, und seien ${}n+1$ Primideale gegeben. Für jedes ${}i$ können wir annehmen, dass  ${}{\mathfrak {a}}\not \subseteq \bigcup _{j\neq i}{\mathfrak {p}}_{j}$  ist, da andernfalls die Aussage nach Induktionsvoraussetzung bewiesen ist. Demnach gibt es jeweils ein  ${}f_{i}\in {\mathfrak {a}}$  mit  ${}f_{i}\notin \bigcup _{j\neq i}{\mathfrak {p}}_{j}$.  Dann muss insbesondere  ${}f_{i}\in {\mathfrak {p}}_{i}$  sein. Das Element ${}f_{1}+f_{2}f_{3}\cdots f_{n+1}$ gehört zu ${}{\mathfrak {a}}$ und damit ist auch  ${}f_{1}+f_{2}f_{3}\cdots f_{n+1}\in {\mathfrak {p}}_{i}$  für ein ${}i$. Dies ist aber sowohl bei  ${}i=1$  als auch bei  ${}i\geq 2$  ein Widerspruch.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring, ${}{\mathfrak {a}},{\mathfrak {b}}$ Ideale und ${}{\mathfrak {p}}_{1},\ldots ,{\mathfrak {p}}_{n}$ eine endliche Familie von Primidealen. Es gelte  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {b}}\cup \bigcup _{i=1}^{n}{\mathfrak {p}}_{i}$. 

Dann ist  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {b}}$  oder  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {p}}_{i}$  für ein ${}i$.

Beweis

Wir führen Induktion über ${}n$, bei  ${}n=0$  ist die Aussage trivialerweise richtig. Es sei die Aussage für ${}n$ Primideale bewiesen, und seien ${}n+1$ Primideale gegeben. Nach Induktionsvoraussetzung ist

${}{\mathfrak {a}}\not \subseteq {\mathfrak {b}}\cup \bigcup _{j=1}^{n}{\mathfrak {p}}_{j}\,,$

sei  ${}f\in {\mathfrak {a}}$  und  ${}f\notin {\mathfrak {b}}\cup {\mathfrak {p}}_{1}\cup \ldots \cup {\mathfrak {p}}_{n}$.  Bei

${}f\notin {\mathfrak {p}}_{n+1}\,$

sind wir fertig, sei also  ${}f\in {\mathfrak {p}}_{n+1}$.  Wäre

${}{\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}}\cap {\mathfrak {p}}_{1}\cap \ldots \cap {\mathfrak {p}}_{n}\subseteq {\mathfrak {p}}_{n+1}\,,$

so würde nach Aufgabe 10.4  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {p}}_{n+1}$  oder  ${}{\mathfrak {b}}\subseteq {\mathfrak {p}}_{n+1}$  oder  ${}{\mathfrak {p}}_{i}\subseteq {\mathfrak {p}}_{n+1}$  für ein  ${}i\leq n$  gelten. In diesen Fällen wären wir aufgrund der Induktionsvoraussetzung fertig. Also ist

${}{\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}}\cap {\mathfrak {p}}_{1}\cap \ldots \cap {\mathfrak {p}}_{n}\not \subseteq {\mathfrak {p}}_{n+1}\,,$

sei  ${}g\in {\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}}\cap {\mathfrak {p}}_{1}\cap \ldots \cap {\mathfrak {p}}_{n}$  und  ${}g\notin {\mathfrak {p}}_{n+1}$.  Dann ist  ${}f+g\in {\mathfrak {a}}$  und  ${}f+g\notin {\mathfrak {b}}\cup \bigcup _{i=1}^{n+1}{\mathfrak {p}}_{i}$. 

$\Box$

Radikale

Definition

Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ heißt Radikal (oder Radikalideal), wenn folgendes gilt: Falls  ${}f^{n}\in {\mathfrak {a}}$  ist für ein  ${}n\in \mathbb {N}$,  so ist bereits  ${}f\in {\mathfrak {a}}$. 

Definition

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$  ein Ideal. Dann nennt man die Menge

${\left\{f\in R\mid {\text{es gibt ein }}r{\text{ mit }}f^{r}\in {\mathfrak {a}}\right\}}$

das Radikal zu ${}{\mathfrak {a}}$. Es wird mit ${}\operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$ bezeichnet.

Das Radikal zu einem Ideal ist selbst ein Radikal und insbesondere ein Ideal.

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und  ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$  ein Ideal.

Dann ist das Radikal zu ${}{\mathfrak {a}}$ ein Radikalideal.

Beweis

Wir zeigen zunächst, dass ein Ideal vorliegt. ${}0$ gehört offenbar zum Radikal und mit  ${}f\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$,  sagen wir  ${}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$,  ist auch  ${}(af)^{r}=a^{r}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$,  also gehört ${}af$ zum Radikal. Zur Summeneigenschaft seien  ${}f,g\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$  mit  ${}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$  und  ${}g^{s}\in {\mathfrak {a}}$.  Dann ist

${}(f+g)^{r+s}=\sum _{i+j=r+s}{\binom {r+s}{i}}f^{i}g^{j}=\sum _{i+j=r+s,\,i<r}{\binom {r+s}{i}}f^{i}g^{j}+\sum _{i+j=r+s,\,i\geq r}{\binom {r+s}{i}}f^{i}g^{j}\in {\mathfrak {a}}\,.$

Es sei nun  ${}f^{k}\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$.  Dann ist  ${}(f^{k})^{r}=f^{kr}\in {\mathfrak {a}}$,  also  ${}f\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$. 

$\Box$

Definition

Ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ in einem kommutativen Ring heißt minimales Primideal, wenn es kein Primideal ${}{\mathfrak {q}}$ mit  ${}{\mathfrak {q}}\subset {\mathfrak {p}}$  gibt.

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