Kurs:Kommutative Algebra/Teil I/Vorlesung 11

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 ${}R$ keine weiteren Ideale 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 5.1 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.

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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.

$\Box$

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 11.3 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 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 11.1.

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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. 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 ${}{\mathfrak {p}}\neq R$. 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 Primideale und für maximale Ideale mit den Restklassenringen.

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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 ${}g,h\not \in {\mathfrak {p}}$ 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 ${}r,s\in \mathbb {N}$ gibt mit

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

Dann ergibt sich der Widerspruch

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

$\Box$

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.

$\Box$

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 ${}\operatorname {rad} \,({\mathfrak {a}})$ 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 ${}f\in \operatorname {rad} \,({\mathfrak {a}})$, 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 ${}f,g\in \operatorname {rad} \,{\mathfrak {a}}$ 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 ${}f^{k}\in \operatorname {rad} \,({\mathfrak {a}})$. Dann ist ${}(f^{k})^{r}=f^{kr}\in {\mathfrak {a}}$, also ${}f\in \operatorname {rad} \,({\mathfrak {a}})$.

$\Box$

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