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1 Stefan K. Wintersemester 2004/05 7.Übungsblatt Algebra II Aufgabe 1 Gegeben: A sei ein Ring, X = Spec(A) sein Primspektrum (bzw. Maximalspektrum). Bezeichnung: D f sind offen in X. D f := X\V (f) für f A a) zu zeigen: D f D g = D fg V (f) = {p : p Primideal mit p f} p sei ein beliebiges Primideal von A. p D f D g p D f p D g p X\V (f) p X\V (g) f p g p fg p (denn p ist Primideal, und fg p f p g p) p X\V (fg) p D fg Also: D f D g = D fg. b) zu zeigen: D f = 0 f nilpotent D f = 0 X\V (f) = V (f) = X f p p X f n (n Nilradikal, n ist Durchschnitt aller Primideale in A) f ist nilpotent, nach Definition des Nilradikals. Stefan K.: Algebra II Blatt 7 Seite 1

2 c) zu zeigen: D f = X f ist Einheit D f = X X\V (f) = X V (f) = f p p X f a a A, a Ideal in A, denn zu jedem Ideal a A gibt es ein Primideal, welches a enthält (in kommutativen Ringen mit 1 0), weil es ein maximales Ideal gibt, was a enthält, und hier maximale Ideale auch Primideale sind, f a a = A (f) = A f ist Einheit. vspace1cm d) zu zeigen: D f = D g r ( (f) ) = r ( (g) ) D f = D g X\V (f) = X\V (g) V (f) = V (g) {p : p Primideal mit f p} = {q : q Primideal mit g q} p V (f) : g p q V (g) : f q a p a q a p Spec(A) f p p = p = r ( (f) ) = r ( (g) ) q q Spec(A) g q q q a nach der Charakterisierung des Radikals als Durchschnitt von Primidealen. p Stefan K.: Algebra II Blatt 7 Seite 2

3 e) zu zeigen: X ist quasikompakt X heißt quasikompakt, wenn jede offene Überdeckung von X eine endliche Teilüberdeckung besitzt. Es genügt, die Quasikompaktheit für Basiselemente der Topologie auf X nachzuweisen, dann ist die Gültigkeit für ganz X gezeigt. (D f ) f A ist Basis. Sei also X = f I D f eine offene Überdeckung von X, D f sind offen als Basiselemente der (offenen) Topologie auf X, I sei Indexmenge. Betrachte das Ideal a := {f A : f I}. Wenn a A, dann ist a in einem maximalen Ideal enthalten, also in einem Primideal. Also ist a = A = (1) f 1,..., f n I mit a 1 f a n f n = 1, a 1,... a n A X = n i=1 D f i ist offene Teilüberdeckung. g) zu zeigen: Eine offene Teilmenge U in X ist quasikompakt (mit der induzierten Topologie) U ist endliche Vereinigung offener Mengen D f : Ist U endliche Vereinigung offener Mengen D f, dann ist U selbst quasikompakt, weil jedes D f nach f) quasikompakt ist, und für jede offene Überdeckung eine endliche Teilüberdeckung besitzt. Die endliche Vereinigung endlicher Teilüberdeckungen ergibt natürlich auch wieder eine endliche Teilüberdeckung, also ist U quasikompakt. (Für eine offene Überdeckung von U betrachte man die offenen Überdeckungen der D f, welche endlich vereinigt U ergeben, und vereinige die endlichen Teilüberdeckungen der D f zu einer endlichen Teilüberdeckung von U). : Sei U X offen und quasikompakt. Weil die (D f) f A eine Basis offener Mengen bilden, gibt es eine Teilmenge I A mit U = f I D f. Dies ist eine offene Überdeckung von U, und U ist quasikompakt, also existiert eine endliche Teilüberdeckung U = n i=1 D f i, f i I. Also ist U eine endliche Vereinigung offener Mengen D f. h) zu zeigen: A noetherscher Ring jede offene Teilmenge U ist quasikompakt Ist A ein noetherscher Ring, dann sind alle Ideale endlich erzeugt, jede offene Teilmenge in Spec(A) ist endliche Vereinigung offener Mengen D f, und mit g) folgt, daß jede offene Teilmenge quasikompakt ist. muß genauer begründet werden! /4,5 P Stefan K.: Algebra II Blatt 7 Seite 3

4 Aufgabe 2 Sei X ein topologischer Raum. Y X ist irreduzibel in X Y = Y 1 Y 2 Y = Y 1 Y = Y 2 für Y 1, Y 2 abgeschlossen für Z 1, Z 2 offen, Z 1, Z 2 Y, Y = (Y1 c Y2 c ) c Y = Y 1 Y = Y 2 (Komplement zu Y ) Y1 c Y2 c = Y = Y 1 Y = Y 2 Y1 c Y2 c = Y1 c = Y2 c = Z 1 Z 2 = Z 1 = Z 2 = je zwei nichtleere offene Teilmengen von Y haben Durchschnitt (1) a) zu zeigen: Ist Y in X irreduzibel, dann auch der Abschluß Y in X. Seien Y 1, Y 2 Y, beide offen und nichtleer, Y 1 Y 2 =. Nach (1) ist Y 1 Y = oder Y 2 Y =, weil Y 1 Y und Y 2 Y offen in Y sind, nach Definition der induzierten Topologie. Angenommen, Y 1 Y = Y 1 Y \Y (für Y 2 Y = analog) Y 1 ist offen und nichtleer und liegt im Abschluß von Y, muß also einen nichtleeren Durchschnitt mit Y haben - Widerspruch. Y 1 Y 2 Y ist irreduzibel (nach (1)). b) zu zeigen: Jeder irreduzible Teilraum von X ist enthalten in einem maximalen irreduziblen Teilraum. Sei K eine aufsteigende Kette irreduzibler Teilräume von X, enthaltend einen irreduziblen Teilraum von X, der mit Y bezeichnet sei. K ist geordnet durch Inklusion. K, da Y K. Die Vereinigung dieser aufsteigenden Kette enthält Y : Y K =: K. Zwei beliebige nichtleere in K offene Mengen Y 1, Y 2 K haben einen nichtleeren Durchschnitt Y 1 Y 2, da jede Teilmenge einen nichtleeren Durchschnitt mit mindestens einem Element der Kette K haben muß, und da K eine Kette ist, schneiden beide Y 1, Y 2 das größere der beiden Elemente, und dieses Element ist irreduzibel, Y 1, Y 2 schneiden sich also in diesem Element. Nach (1) ist K irreduzibel. Stefan K.: Algebra II Blatt 7 Seite 4

5 Nach Zorns Lemma hat die Menge M aller irreduziblen Unterräume von X, die Y enthalten, maximale Elemente. (M, da x M x X, jede Kette K wird durch K begrenzt, K irreduzibel, K M) c) zu zeigen: Die maximalen irreduziblen Teilräume von X sind abgeschlossen und überdecken X. Sei Y ein maximaler irreduzibler Teilraum von X, dann ist nach a) auch Y irreduzibel. Es gilt Y Y. Da Y ein maximaler irreduzibler Teilraum ist, muß Y Y gelten, also ist Y = Y. x X : {x} ist irreduzibel, {x} ist nach b) in einem maximalen irreduziblen Teilraum von X enthalten die maximalen Teilräume überdecken X. Im weiteren sei A ein Ring. d) zu zeigen: Die Menge der Primideale in A besitzt minimale Elemente. K sei eine absteigende Kette von Primidealen in A, K ist geordnet durch Inklusion. K hat eine untere Schranke a = K, der Durchschnitt aller Elemente der Kette K. Als Durchschnitt von Primidealen ist a selbst ein Primideal, also a M. Nachweis: seien x, y A beliebig. Sei weiter xy a, zu zeigen ist, daß dann x a oder y a. Ist x a, sind wir fertig, und a ist Primideal, ist aber x a : Primideal p K mit x p, und da p Primideal ist, gilt y p. Sei q K, q p x q, und weil xy a y q y a. Also: M, M ist mittels Inklusion induktiv geordnet, jede Kette hat ja eine obere Schranke, man kann Zorns Lemma anwenden, daher enthält M minimale Elemente. e) zu zeigen: Die Mengen V (p) bilden die irreduziblen Komponenten von Spec(A) für p ein minimales Primideal. Sei U X, dann ist U = f I V (f), I A Indexmenge U = V (p) p U,p min. PI (abgeschlossene Vereinigung) Da U irreduzibel ist, muß schon U = V (p) sein für p minimales Primideal. e) begründen! /5 P Stefan K.: Algebra II Blatt 7 Seite 5

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