Klausur vom Algebra II. Lösungen
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- Sylvia Brahms
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1 Klausur vom Algebra II Rolf Farnsteiner Lösungen Daiva Pučinskaitė
2 Aufgabe 1. Sei R ein Ring. Ein R-Modul M heißt artinsch, falls es für jede Folge (N i ) i 0 von Untermoduln von M mit N i N i+1 i 0 ein n 0 N mit N n = N n0 n n 0 gibt. (1) Zeigen Sie, dass der Z-Modul Z nicht artinsch ist. (2) Sei ϕ : M M eine injektive R-lineare Abbildung eines artinschen R-Moduls M. Zeigen Sie, dass ϕ bijektiv ist. (3) Seien M, N R-Moduln sowie ψ : M N M eine injektive R-lineare Abbildung. Zeigen Sie: Ist M artinsch, so gilt N = (0). Zu (1). Sei m N mit m 0, 1, 1. Für jedes i N bezeichnen wir mit Z i den von m i erzeugten Z-Untermodul von Z. Es gilt also Z i = m i Z = {m i r r Z}. Für jedes i N erhalten wir Z i Z i+1 : Sei a Z i+1, dann existiert ein r Z mit a = r m i+1 = r m m i. Aus r m Z folgt a Z i und damit Z i Z i+1. Angenommen m i Z i ist ein Element aus Z i+1, dann existiert ein r Z mit m i = r m i+1 = r m m i+1. Wegen m 0 gilt r m = 1 und damit r, m Z = { 1, 1}. Dies steht im Widerspruch zu m 1, 1. Daraus folgt m i Z i+1 und damit gilt Z i Z i+1 für alle i N. Für die Folge (Z i ) i 0 wird die Inklusionskette Z 0 Z 1 Z n Z n+1 nicht stationär. Damit ist Z kein artinscher Z-Modul. Zu (2). Angenommen ϕ ist nicht bijektiv. Wir zeigen, dass eine Folge (N i ) i 0 von Untermoduln von M existiert, für die die Eigenschaft "es gibt ein n 0 N mit N n = N n0 für alle n n 0 " nicht erfüllt ist. Damit ist M nicht artinsch. Seien N, N zwei beliebige Untermoduln von M mit N N, dann gilt ϕ(n ) ϕ(n), denn ϕ ist injektiv. Außerdem ist ϕ(n ) ein Untermodul von ϕ(n) und damit von M. Da ϕ nicht bijektiv ist, ist ϕ(m) ein echter Untermodul von M. Seien N 0 := M und N i := ϕ i (M) für alle i N, hier ϕ i = ϕ ϕ. Für die Folge (N }{{} i ) i 0 gilt N i N i+1, i mal denn N i+1 = ϕ(n i ) ein echter Untermodul von N i für alle i 0 ist und damit gibt es kein n 0 N mit N n = N n0 für alle n n 0. (3) Sei ι : M M N die kanonische Injektion (es gilt ι(m) = (m, 0)). Da ι und ψ injektiv sind, ist die R-lineare Abbildung M ψ ι M injektiv und damit nach (2) auch bijektiv, denn M ist artinsch. Es gilt also im(ψ ι) = M, oder anders gesagt es gilt (ψ ι)(m) = ψ(ι(m)) = ψ {(m, 0) m M} = {ψ(m, 0) m M} = M. Sei nun n N, dann ψ(0, n) M. Aus der letzten Gleichung folgt, dass es ein m M mit ψ(0, n) = ψ(m, 0) gibt. Nach der Voraussetzung ist ψ injektiv, so erhalten wir (0, n) = (m, 0) und damit n = 0. Somit gilt N = {0}.
3 Aufgabe 2. Sei K ein Körper und X eine Unbestimmte über K sowie M ein endlich erzeugter K[X]-Modul. [Damit erhält M durch Einschränkung der Operation von K[X] auf die konstanten Polynome die Struktur eines K-Vektorraums.] Zeigen Sie: Ist M ein Torsionsmodul, so ist M endlich-dimensional. Der Ring K[X] ist ein Hauptidealring. Nach der Vorlesung (I. Satz 7.6) existieren für einen endlich erzeugten Torsionsmodul M über K[X] Primelemente f 1,..., f n von K[X] und natürliche Zahlen m 1,..., m n mit M = n K[X]/ (f m i i ). Wir zeigen, dass der K-Vektorraum K[X]/ (f) für jedes Polynom f K[X] mit f 0 n endlich-dimensional ist. Damit gilt dann dim K M = dim K (K[X]/ (f m i i )) <. Sei f K[X] mit f 0. Für jedes Polynom g K[X] gibt es Polynome h, p K[X] mit g = f h+p und deg p < deg f = r (Division mit Rest). Für die Restklassen g = g +(f) und p = p + (f) aus K[X]/ (f) gilt damit g = p. Aus deg p < r folgt, dass Koeffizienten r 1 k 0, k 1,..., k r 1 aus K existieren, mit g = k j X j. Jedes Polynom aus K[X]/ (f) ist also eine linearkombination aus 1, X,..., X r 1. Für den K-Vektorraum K[X]/ (f) gilt dim K K[X]/ (f) <. j=0
4 Aufgabe 3. Sei X eine Unbestimmte über dem Körper R der reellen Zahlen sowie A Mat n (R[X]) eine (n n)-matrix mit Elementarteilern a 1 a 2,..., a n R[X] {0}. (1) Zeigen Sie die Gültigkeit der Gleichung deg(det(a)) = n deg(a i). (2) Es gelte a n = X sowie a 1 R. Bestimmen Sie deg(det(a)). Zu (1). Der R[X]-Modul R[X] n ist frei mit rk (R[X] n ) = n und A Mat n (R[X]) induziert eine R[X]-lineare Abbildung R[X] n R[X] n mit f 1. f n A Nach der Vorlesung (I. Satz 7.8) existieren invertierbare Matrizen S, T Mat n (R[X]) mit a a SAT = a n Insbesondere gilt det(s), det(t ) R[X] = R und nach dem Determinanten-Multiplikationssatz n a i = det(sat ) = det(s) det(a) det(t ) = det(s) det(t ) det(a). }{{} =:r R Da R[X] ein Integritätsbereich ist, gilt deg(f g) = deg(f)+deg(g) für alle f, g K[X]\{0}. Daraus folgt deg (det(sat )) = deg (r det(a)) = deg(r) + deg (det(a)) = deg (det(a)) (es gilt deg(r) = 0, denn r ist ( ein von Null verschiedenes konstantes Polynom). Damit erhalten n ) n wir deg (det(a)) = deg a i = deg(a i ). Zu (2). Aus a 1 R folgt deg a 1 1. Da a 1 ein Teiler von a i und a i ein Teiler von a n = X ist, gilt 1 deg a i 2 für alle i {1,..., n}. Das Polynom a n ist irreduzibel, damit sind r und r (X 2 + 1) für alle r, r R die Teiler von a n. Es existieren also r 1,..., r n R mit a i = r i (X 2 + 1) für alle i {1,..., n}. Nach (1) gilt n deg (det(a)) = deg ( r i (X 2 + 1) ) n = deg ( X ) = 2n. f 1. f n.
5 Aufgabe 4. Es sei Z[ 3] := {a+b 3 ; a, b Z} R. Zeigen Sie: (1) Jedes Primideal P Spec(Z[ 3]) {(0)} ist maximal. (2) Sei p Z eine Primzahl. Besitzt die Gleichung x 2 = 3 im Körper Z/(p) keine Lösung, so ist Z[ 3]p Z[ 3] das einzige maximale Ideal M mit M Z = Zp. Zu (1). Da 3 eine Nullstelle des Polynoms X 2 3 Z[X] ist, ist die Ringerweiterung Z[ 3] : Z ganz. Der Ring Z[ 3] ist ein Integritätsbereich, damit gilt (0) Spec(Z[ 3]). Nach der Vorlesung sind die Elemente der Faser ζ 1 ((p)) der Abbildung ζ : Spec(Z[ 3]) Spec(Z) mit P P Z unvergleichbar (bzgl. der Inklusion). Aus (0) ζ 1 ((0)) (hier (0) Spec(Z)) folgt damit ζ 1 ((0)) = {(0)} und somit erhalten wir ζ(p) (0) für jedes P Spec(Z[ 3]) {(0)} Da alle von Null verschiedenen Primideale von Z maximal sind, ist ζ(p) ein maximales Ideal von Z. Nach der Vorlesung (Lemma II.2.3) erhalten wir, dass P maximal ist. Zu (2). Sei p Z eine Primzahl mit der Eigenschaft ā 2 3 für alle ā Z/(p). Wir betrachten das von p erzeugte Ideal M von Z[ 3]. Zunächst gilt M = Z[ 3]p = { (a + b 3)p a, b Z } Z[ 3], denn p 1 + b 3 M. Außerdem gilt M Z = { (a + b 3)p M (a + b 3)p Z } = { (a + b 3)p M b = 0 } = {ap a Z} = Zp Sei P ein Primideal von Z[ 3] mit P Z = Zp, dann gilt insbesondere p P und damit M P. Nach (1) ist P maximal. Wir zeigen nun P M, woraus dann folgt P = M, d.h. M ist das einzige maximale Ideal mit M Z = Zp. Sei x + y 3 P, dann gilt x 2 y 2 3 = (x y 3)(x + y 3) P Z. Nach der Voraussetzung erhalten wir x 2 y 2 3 Zp und damit x 2 y 2 3 = 0 in Z/(p). Wenn y ( ) 2 x Zp, dann ist y invertierbar in Z/(p), also gilt y = 3 und damit erhalten wir einen Widerspruch zu der Voraussetzung, dass für alle a Z/(p) die Gleichung a = 3 nicht erfüllt sein kann. Damit gilt y Zp und x 2 y 2 3 = 0 in Z/(p). Anders gesagt x }{{} 2 Zp =0 und daraus folgt x Zp. Somit existieren x, y Z mit x = x p und y = y p und damit gilt x + y 3 = (x + y 3)p Z[ 3]p. Daraus folgt P M.
6 Aufgabe 5. Zeigen Sie, dass V := {(x, y) C 2 ; x 2 +y 2 = 1} eine irreduzible Varietät der Dimension 1 ist. Die Teilmenge V von C 2 besteht aus der Nullstellen des Polynoms X 2 + Y 2 1, d.h. V = Z(X 2 + Y 2 1) ist eine affine Varietät (insbesondere gilt V, denn (1, 0) V ). Nach der Vorlesung ist V genau dann irreduzibel wenn I(V ) ein Primideal von C[X, Y ] ist (IV. Proposition 1.3). Da C ein algebraisch abgeschlossener Körper ist, gilt nach dem Hilbertschen Nullstellensatz (IV. Theorem 1.4) I(V ) = I(Z(X 2 +Y 2 1)) = (X 2 + Y 2 1). Wir zeigen nun, dass das Polynom X 2 + Y 2 1 irreduzibel ist, woraus dann folgt, dass (X 2 + Y 2 1) ein Primideal ist (denn C[X, Y ] ist ein faktorieller Ring). Außerdem gilt (X2 + Y 2 1) = (X 2 + Y 2 1) (nach den Eigenschaften von Primpolynomen). Das Polynom X 2 + Y 2 1 ist irreduzibel. Beweis. (Eisenstein-Kriterium). Der Ring R := C[Y ] ist faktoriell und p = Y 1 R irreduzibel mit p (Y 2 1) und p 2 (Y 2 1). Aus ggt((y 2 1), 1) = 1 folgt nach dem Eisenstein-Kriterium, dass X 2 + (Y 2 1) in R[X] irreduzibel ist. Somit ist X 2 + Y 2 1 irreduzibel in C[Y ][X] = C[X, Y ]. Es gilt 0 dimv 2. Aus (0, 0) V folgt V C 2 und damit dimv 2, denn C 2 ist irreduzibel (Satz III. Korollar 5.5). Wenn dimv = 0, dann besteht V nur aus einem Element (da V irreduzibel ist), was offensichtlich nicht der Fall ist. Damit erhalten wir dimv = 1. Ein alternativer Beweis für "Das Polynom X 2 + Y 2 1 ist irreduzibel": Beweis. Angenommen X 2 + Y 2 1 = f g für nichtkonstanten Polynome f, g C[X, Y ]. Da C und damit auch C[X, Y ] Integritätsring ist, gilt 2 = deg(x 2 + Y 2 1) = deg(f) + deg(g). Da f, g C, gilt deg(f) 0 und deg(g) 0. Damit erhalten wir deg(f) = 1 und deg(g) = 1. Somit existieren a, b, c, a, b, c C mit f(x, y) = ax+by+c und g(x, y) = a x+ b y+c und damit gilt X 2 +Y 2 1 = aa x 2 +bb y 2 +cc +(ac +a c)x+(bc +b c)y+(ab +a b)xy. Nach Koeffizientenvergleich erhalten wir: (i) aa = bb = 1 und cc = 1, damit gilt a, a, b, b, c, c C, (ii) ac +a c = bc +b c = ab +a b = 0, nach (i) gilt a 2 c 2 = b 2 c 2 = 0 und a 2 +b 2 = 0. Damit gilt a 2 = b 2 = c 2 und 2a 2 = 0. Aus der Körpereigenschaften folgt a 2 = 0 und damit a = 0, was im Widerspruch zu (i) a 0 steht. Somit gibt es keine nichtkonstanten Polynome f, g C[X, Y ] mit X 2 + Y 2 1 = f g und damit ist X 2 + Y 2 1 ein irreduzibles Polynom.
7 Ein alternativer Beweis für "dimv = 1": Beweis. Nach der Vorlesung (IV. Satz 1.9) ist die Dimension von V ist Krulldimension der Algebra C[V ] = C[X, Y ]/I(V ) = C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1). Wir bezeichnen mit R das Bild des Ring-Homomorphismus ι π ι : C[X] C[X, Y ] C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1). { } Es gilt R = f C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 n 1) f(x, Y ) = c i X i, n N = C[X]. π Sei f ker(π ι) C[X] C[X, Y ], dann f (X 2 Y 2 1). Es existiert also ein g C[X, Y ] mit f(a) = g(a, b) (a 2 + b 2 1) für alle a, b C und damit f(0) = g(0, 1) (1 2 1) = 0. Daraus folgt f(0) = g(0, b) (b 2 1) = 0 für alle b C. Betrachten wir den zu g(0, Y ) (Y 2 1) korrespondierenden Polynom aus C[Y ], so erhalten wir, dass dieses Polynom das Nullpolynom ist, denn es hat unendlich viele Nullstellen. Da Y C[Y ] ist g(0, Y ) das Nullpolynom in C[Y ] und damit g(a, b) = g(a, b) für alle a, b, b C. Aus f(a) = g(a, b) (a 2 + b 2 1) = g(a, b) (a 2 + b 2 1) für alle a, b, b C folgt g(a, b) = 0 für alle a, b C. Damit erhalten wir ker(π ι) = {0}. Nach dem Homomorphiesatz erhalten wir C[X] = C[X]/ker(π ι) = im(π ι) = R. Nun zeigen wir, dass die Unteralgebra R von C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1) eine Noethersche Normalisierung ist. Nach der Vorlesung (III. Korollar 5.6) gilt dann dimr = dimc[x, Y ]/(X 2 + Y 2 1) = 1 und damit ist V eine irreduzible Varietät der Dimension 1. Die Unteralgebra R von C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1) ist eine Noethersche Normalisierung: Zunächst ist X algebraisch unabhängig (es gibt kein von Null verschiedenes Polynom in einer Variable mit den Koeffizienten in C mit X als eine Nullstelle). Für jedes Polynom g C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1) gibt es Polynome f 0,..., f n R mit g = n f i Y i oder anders gesagt C[X, Y ]/(X 2 +Y 2 1) = R[Y ]. Da Y eine Nullstelle des i=0 Polynoms X 2 +(X 2 1) R[X] ist, ist Y ganz über R und damit ist C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1) ein endlich erzeugter R-Modul (II. Satz 1.1). Somit ist R eine Noethersche Normalisierung von C[X, Y ]/(X 2 + Y 2 1). i=0
8 Aufgabe 6. Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper sowie U := A 2 {0}. Es bezeichne O A 2 die Garbe der regulären Funktionen der affinen Ebene A 2. Für f K[X, Y ] sei D(f) := {(a, b) A 2 ; f(a, b) 0}. Beweisen Sie folgende Aussagen: (1) U ist eine offene Teilmenge von A 2 und es gilt U = D(X) D(Y ). (2) Die Abbildung res : K[A 2 ] O A 2(U) ; f f U ist injektiv. (3) Ist ϕ O A 2(U) so gibt es f, g K[A 2 ] und m, n N 0 mit f(a, b) a n = ϕ(a, b) = g(a, b) b m (a, b) D(X) D(Y ). (4) Sei ϕ O A 2(U). Dann existiert ein h K[A 2 ] mit ϕ = h U. Zu (1). Sei (X) das von X K[X, Y ] erzeugte Ideal, dann gilt Z(X) = {(0, b) b K} und damit D(X) = A 2 \Z(X). Analog dazu gilt D(Y ) = A 2 \Z(Y ). Nach der Vorlesung sind D(X), D(Y ) und damit D(X) D(Y ) offene Teilmengen von A 2 (Zariski-Topologie). Es reicht zu zeigen U = D(X) D(Y ). Dies folgt aus der folgenden Implikationskette: (a, b) U (a, b) (0, 0), a 0 oder b 0, (a, b) D(X) oder (a, b) D(Y ), (a, b) D(X) D(Y ). Zu (2). Der Körper K ist algebraisch abgeschlossen und A 2 ist eine affine Varietät. Nach der Vorlesung (IV. Satz 3.2) gilt K[A 2 ] = O(A 2 ) = K[X, Y ]. Seien f, g K[A 2 ] mit res(f) = res(g), dann (f g) U = 0 und damit U Z(f g). Da A 2 irreduzibel (bezüglich der Zariski-Topologie) ist und U offen ist, liegt U dicht in A 2. Außerdem gilt Z(F ) = Z(F ) für jede Teilmenge F K[X, Y ]. Wir erhalten A 2 = U Z(f g) = Z(f g). Aus Z(f g) A 2 folgt Z(f g) = A 2 und damit ist f g das Nullpolynom, d.h. f = g. Also ist res injektiv. Zu (3). Sei ϕ O A 2(U) (1) = O A 2(D(X) D(Y )). Wir betrachten ϕ D(X) O A 2(D(X)) und ϕ D(Y ) O A 2(D(Y )). Nach der Vorlesung (IV. Satz 3.2) gilt O A 2(D(X)) = K[X, Y ] X bzw. O A 2(D(Y )) = K[X, Y ] Y (Lokalisierung von K[X, Y ] an {X n n 0} bzw. {Y n n 0}). Es existieren also ein f K[X, Y ] und ein n N 0 sowie ein g K[X, Y ] und ein m N 0 mit ϕ D(X) = f X und ϕ n D(Y ) = g f(a, b). Anders gesagt gilt ϕ(a, b) = für alle (a, b) Y m a n D(X) sowie ϕ(a, b) = ϕ(a, b) = g(a, b) b m für alle (a, b) D(Y ) und damit erhalten wir f(a, b) a n = g(a, b) für alle (a, b) D(X) D(Y ). bm
9 Zu (4). Sei ϕ O A 2(U), dann gibt es nach (3) f, g K[X, Y ] und m, n N 0 mit D(X) D(Y ) Z(X m f Y n g) = {(a, b) A 2 (X m f Y n g)(a, b) = (0, 0)}. Mit der gleichen Argumentation wie in (3) erhalten wir A 2 = D(X) D(Y ) Z(X m f Y n g) = Z(X m f Y n g). Damit gilt Z(X m f Y n g) = A 2 und somit X m f = Y n g. Die Polynome X n und Y m sind teilerfremd, also X n teilt f und Y m teilt g. Damit existieren f, g K[X, Y ] mit f = X n f und g = Y m g. Daraus folgt X n Y m f = X n Y m g und damit g = f =: h (denn K[X, Y ] ist ein Integritätsbereich). f(a, b) g(a, b) Aus Teil (3) folgt ϕ(a, b) = für alle (a, b) D(X) und ϕ(a, b) = für alle a n b m (a, b) D(Y ). Damit gilt ϕ(a, b) = h(a, b) für alle (a, b) D(X) und ϕ(a, b) = h(a, b) für alle (a, b) D(Y ), woraus dann folgt ϕ(a, b) = h(a, b) für alle (a, b) D(X) D(Y ) (1) = U, d.h. ϕ = h U.
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