Lokalis. eines fakt. Ringes < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Die Lokalisierung eines faktoriellen Ringes ist wiederum faktoriell. |
Hallo MatheRaum,
ich sitze schon eine ganze Weile an obiger Behauptung und komme auf keinen rechten Ansatz. Wenn ich zumindest irgendwie die Einheiten und irreduziblen Elemente charakterisieren könnte. Aber ich komme nicht weiter, als $a/s$ ist Einheit in der Lokalisierung [mm] $S^{-1}A$, [/mm] wenn es [mm] $a'\in [/mm] A$, [mm] $s'\in [/mm] S$ gibt mit $aa'=ss'$, also nichts als die Definition. Auch bei irreduziblen Elementen ist mir nicht klar, wie diese aussehen könnten.
Wenn die Behauptung stimmt, also [mm] $S^{-1}A$ [/mm] faktoriell ist, erzeugen die irreduziblen Elemente Primideale. Dann ist auch das Urbild prim in $A$. Aber das ist auch alles. Wie ich es sehe, ist das Urbild eines durch ein irredubiles Element erzeugten Primideals ja nicht einmal notwendigerweise ein Hauptideal, oder?
Ich freue mich über Anregungen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Hey,
ich würde versuchen folgendes zu zeigen: Sei $f : A [mm] \to S^{-1}A$ [/mm] der kanonische Epimorphismus, der $x$ auf [mm] $\frac{x}{1}$ [/mm] schickt.
Sei $p [mm] \in [/mm] A$ prim. Dann ist $f(p)$ entweder prim oder eine Einheit.
Mal angenommen wir haben diese Aussage: Ist nun $q [mm] \in S^{-1}A$ [/mm] ein beliebiges Element, das keine Einheit ist, so können wir ein Urbild $u [mm] \in [/mm] A$ wählen mit $f(u)=q$. Dieses ist auch keine Einheit (denn ein Ringhom. schickt Einheiten immer auf Einheiten), hat also eine Primfaktorzerlegung $u = [mm] e\cdot p_1\cdot p_2\cdot \ldots \cdot p_k$. [/mm] Dann ist $q = [mm] f(e)\cdot f(p_1) \cdot \ldots \cdot f(p_k)$ [/mm] eine Primfaktorzerlegung von $q$ - wobei ggf. einige der [mm] $f(p_i)$ [/mm] Einheiten sind, die können wir dann vorne sammeln.
Dies würde uns zumindest die Existenz einer Primfaktorzerlegung in [mm] $S^{-1}A$ [/mm] liefern.
Für die Eindeutigkeit angenommen wir haben zwei verschiedene PFZ: Dann können wir uns wieder Urbilder aus $A$ schnappen, dort die Zerlegungen vergleichen und werden feststellen, dass sich beide Zerlegungen nur um Elemente aus $S$ unterscheiden - also in [mm] $S^{-1}A$ [/mm] doch assoziiert sind. Dafür benutzen wir die Eindeutigkeit der PFZ in $A$: beide Urbilder der Zerlegungen müssen sich weiter zerlegen lassen, zu der eindeutigen Zerlegung von $u$.
Fehlt also noch die Frage, warum $f(p)$ prim oder eine Einheit ist.
Also angeommen $f(p)$ ist keine Einheit und $f(p) [mm] \mid [/mm] ab$ mit $a,b [mm] \in S^{-1}A$. [/mm] Um uns das Leben leichter zu machen, nehmen wir an, dass $a,b$ beides keine Einheiten sind.
Es gibt also ein $x [mm] \in S^{-1}A$ [/mm] mit $f(p)x = ab$. Betrachten wir nun wieder Urbilder, so kriegen wir mit ein wenig technischer Spielerei und der Tatsache, dass $A$ als faktorieller Ring insbesondere ein Bereich ist - das heißt wir können kürzen! - unsere gewünschte Aussage.
Das ganze sieht jetzt etwas länglich aus und es ist noch einiges zu tun. Sollte das also eine Übungsaufgabe für ein paar (wenige) Punkte sein, würde ich an deiner Stelle dringend nach einer anderen Lösung suchen - etwa im Skript/Buch gucken, ob es nicht einen nützlichen Satz dazu gibt.
Solltest du sonst nicht weiter kommen, kannst du gern nochmal nachfragen.
lg
Schadow
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:26 Sa 18.01.2014 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Das ganze sieht jetzt etwas länglich aus und es ist noch
> einiges zu tun. Sollte das also eine Übungsaufgabe für
> ein paar (wenige) Punkte sein, würde ich an deiner Stelle
> dringend nach einer anderen Lösung suchen - etwa im
> Skript/Buch gucken, ob es nicht einen nützlichen Satz dazu
> gibt.
eine Aussage, die dabei sehr hilft:
Ist $P$ ein Primideal von $R$, so ist [mm] $S^{-1} [/mm] P$ genau dann ein Primideal von [mm] $S^{-1} [/mm] R$, wenn $P [mm] \cap [/mm] S = [mm] \emptyset$ [/mm] ist. Andernfalls ist [mm] $S^{-1} [/mm] P = [mm] S^{-1} [/mm] R$.
Wenn du $P = [mm] \langle [/mm] p [mm] \rangle$ [/mm] fuer ein Primelement $p [mm] \in [/mm] R$ nimmst bekommst du die Aussage damit sofort geliefert.
Und die Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung muss man meist nicht mehr zeigen, da man normalerweise bei faktoriellen Ringen eine Aequivalenz zwichen verschiedenen Bedingungen gezeigt hat, und eine Bedingung ist einfach dass jedes Element [mm] $\neq [/mm] 0$ ein Produkt aus Einheit und (0 oder mehr) Primelementen ist.
Damit sollte das ganze doch recht kurz sein, egal ob man es "von Hand" oder mit dem Resultat ueber Primideale zeigt.
LG Felix
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Hallo Shadowmaster,
vielen lieben Dank erstmal für deine ausführliche Antwort. Ich habe sie natürlich noch nicht völlig verdaut, darum ist es möglich, dass meine folgenden Zweifel Unsinn sind: Es geht um folgendes:
> Mal angenommen wir haben diese Aussage: Ist nun [mm]q \in S^{-1}A[/mm]
> ein beliebiges Element, das keine Einheit ist, so können
> wir ein Urbild [mm]u \in A[/mm] wählen mit [mm]f(u)=q[/mm].
Sei [mm] $A=\IZ$ [/mm] und [mm] $S^{-1}A=\IZ[2^{-1}]$, [/mm] also die Lokalisierung an der $2$. Dann ist [mm] $3/2\in\IZ[2^{-1}]$ [/mm] doch keine Einheit, aber liegt doch auch nicht im Bild der Einbettung [mm] $\IZ\longrightarrow \IZ[2^{-1}]$. [/mm] Oder habe ich da etwas falsch verstanden?
Ich habe gerade in Wikipedia die folgende Aussage gelesen: Für beliebige kommutative Ringe $A$ sollen die Primideale in der Lokalisierung genau die Bilder der Primideale in $A$ sein, welche keine Elemente mit $S$ gemeinsam haben. Diese Aussage könnte mir vielleicht auch weiterhelfen, ich müsste sie allerdings noch beweisen.
Was Punkte und Aufwand angeht: Ich lerne nur im Selbststudium, das ist ganz harmlos.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Oh, du hast Recht, da hab ich wohl was durcheinander gebracht.
Die Abbildung $f$ aus meiner obigen Antwort muss im allgemeinen nicht surjektiv sein, da hast du Recht...
Hmm, mal gucken wie wir das sonst hinkriegen:
Mit felix Mittteilung sollte es nicht mehr all zu schwer sein zu zeigen, dass $f(p)$ prim oder Einheit ist.
Ist nun [mm] $\frac{a}{b}$ [/mm] in [mm] $S^{-1}A$ [/mm] beliebig und wir wollen eine Primfaktorzerlegung davon bauen, so können wir immer [mm] $\frac{a}{b} [/mm] = [mm] \frac{1}{b}\cdot \frac{a}{1}$ [/mm] schreiben.
[mm] $\frac{1}{b}$ [/mm] ist eine Einheit, also reicht es eine Zerlegung von [mm] $\frac{a}{1}$ [/mm] zu finden. Dieses Element hat ein Urbild (namentlich $a [mm] \in [/mm] A$) und damit sollte die Aussage immer noch durchgehen.
lg
Schadow
PS: Zweifel sind niemals Unsinn. Sie mögen manchmal unbegründet sein, aber sie bringen uns dazu ein Problem genau zu analysieren und ggf. eine Lösung zu finden oder einzusehen, dass eine Aussage falsch ist. Du solltest niemals etwas glauben, nur weil jemand es behauptet - überzeuge dich selbst davon, bis du es komplett glaubst und einsiehst, auf die Art ist es viel leichter es anzuwenden und im Gedächtnis zu behalten.
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Hey,
vielen Dank an dich und felixf, ich denke ich habe es jetzt, bis auf die Eindeutigkeit der Zerlegung.
Lemma Sei $A$ ein kommutativer Ring und $S$ eine multiplikativ abgeschlossene Teilmenge. Dann sind die Primideale in der Lokalisierung [mm] $S^{-1}A$ [/mm] genau die Ideale der Form [mm] $S^{-1}\mathfrak{p}$ [/mm] für Primideale [mm] $\mathfrak{p}$ [/mm] in $A$ mit [mm] $\mathfrak{p}\cap S=\emptyset$.
[/mm]
Beweis Sei [mm] $\mathfrak{p}$ [/mm] ein Primideal in $A$ mit [mm] $\mathfrak{p}\cap S=\emptyset$. [/mm] Seien dann [mm] $a_1/s_1,a_2/s_2\in S^{-1}A$, [/mm] sodass [mm] $a_1a_2/s_1s_2\in S^{-1}\mathfrak{p}$. [/mm] Gelte etwa [mm] $a_1a_2/s_1s_2=p/s$ [/mm] mit [mm] $p\in\mathfrak{p}$ [/mm] und [mm] $s\in [/mm] S$. Dann gilt [mm] $sa_1a_2=s_1s_2p\in\mathfrak{p}$. [/mm] Da $p$ prim ist, folgt entweder [mm] $sa_1\in\mathfrak{p}$ [/mm] oder [mm] $a_2\in\mathfrak{p}$. [/mm] Im ersten Fall folgt [mm] $a_1\in\mathfrak{p}$, [/mm] da [mm] $s\notin \mathfrak{p}$. [/mm] Es gilt daher [mm] $a_1/s_1\in S^{-1}\mathfrak{p}$ [/mm] oder [mm] $a_2/s_2\in S^{-1}\mathfrak{p}$, [/mm] also ist [mm] $S^{-1}\mathfrak{p}$ [/mm] prim.
Umgekehrt sei [mm] $\mathfrak{p'}$ [/mm] ein Primideal in [mm] $S^{-1}A$. [/mm] Dann ist [mm] $\mathfrak{p}:=f^{-1}(\mathfrak{p}')$ [/mm] ein Primideal in $A$, wobei $f$ der kanonische Morphismus [mm] $A\longrightarrow S^{-1}A$ [/mm] ist. Läge ein $s$ sowohl in [mm] $\mathfrak{p}$, [/mm] also auch in $S$, so wäre [mm] $1=s/s=1/s\cdot s\in\mathfrak{p'}$, [/mm] also muss [mm] $\mathfrak{p}\cap S=\emptyset$ [/mm] gelten. Sei $p/s$ beliebig aus [mm] $\mathfrak{p'}$. [/mm] Dann ist [mm] $p\in\mathfrak{p}$, [/mm] denn [mm] $f(p)=p/1=s\cdot p/s\in\mathfrak{p'}$. [/mm] Somit gilt [mm] $p/s\in S^{-1}\mathfrak{p}$, [/mm] das heißt es gilt die Inklusion [mm] $\mathfrak{p}\subseteq S^{-1}\mathfrak{p}'$. [/mm] Gilt [mm] $p/s\in S^{-1}\mathfrak{p}$, [/mm] das heißt [mm] $p\in\mathfrak{p}$, [/mm] so heißt dies, dass [mm] $f(p)=p/1\in\mathfrak{p}'$, [/mm] also [mm] $p/s=1/s\cdot p/1\in\mathfrak{p}$, [/mm] das heißt es gilt auch die umgekehrte Inklusion.
Lemma Sei [mm] $p\in [/mm] A$ erzeuge ein Primideal $(p)$. Dann ist $f(a)$ eine Einheit oder erzeugt selbst ein Primideal in [mm] $S^{-1}A$.
[/mm]
Beweis Das Ideal $(p/1)$ in [mm] $S^{-1}A$ [/mm] besteht aus allen Produkten der Form [mm] $a/s\cdot [/mm] p/1$. Wegen [mm] $ap\in(p)$ [/mm] und [mm] $s\in [/mm] S$ entspricht es also gerade [mm] $S^{-1}(p)$. [/mm] Ist [mm] $(p)\cap [/mm] S$ leer, ist dies ein Primideal, sonst ist es gleich $(1)$. Im ersten Fall ist $(p/1)$ irreduzibel, im zweiten Fall eine Einheit.
Satz $A$ sei faktoriell. Dann ist auch [mm] $S^{-1}A$ [/mm] faktoriell.
Beweis Sei $a/s$ beliebig aus [mm] $S^{-1}A$. [/mm] $1/s$ ist eine Einheit. $a/1$ hat ein Urbild $a$ in $A$, welches eine Primfaktorzerlegung [mm] $p_1\cdot\dots\cdot p_n$ [/mm] hat. Dann gilt [mm] $a/s=1/s\cdot p_1/1\cdot\dots\cdot p_n/1$ [/mm] und jeder der Faktoren in diesem Produkt ist eine Einheit oder irreduzibel, wir haben also eine Primfaktorzerlegung gefunden.
Zur Eindeutigkeit: Angenommen, ich habe [mm] $p_1/s_1\cdot\dots\cdot p_n/s_n=q_1/t_1\cdot\dots\cdot q_m/t_m$ [/mm] mit [mm] $p_i,q_i$ [/mm] irreduzible Elemente [mm] $\notin [/mm] S$. Das heißt [mm] $p_1\cdot...\cdot p_n\cdot t_1*...*t_m=q_1*...*q_m*s_1*...*s_n$. [/mm] Ich kann die [mm] $t_i$ [/mm] und [mm] $s_i$ [/mm] jetzt auch noch in irreduzible Faktoren zerlegen. Diese müssen alle aus $S$ kommen. Aber ich sehe noch nicht, wie ich hiermit zum Ziel komme.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:26 Sa 18.01.2014 | | Autor: | hippias |
> Hey,
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> vielen Dank an dich und felixf, ich denke ich habe es
> jetzt, bis auf die Eindeutigkeit der Zerlegung.
>
> Lemma Sei [mm]A[/mm] ein kommutativer Ring und [mm]S[/mm] eine multiplikativ
> abgeschlossene Teilmenge. Dann sind die Primideale in der
> Lokalisierung [mm]S^{-1}A[/mm] genau die Ideale der Form
> [mm]S^{-1}\mathfrak{p}[/mm] für Primideale [mm]\mathfrak{p}[/mm] in [mm]A[/mm] mit
> [mm]\mathfrak{p}\cap S=\emptyset[/mm].
> Beweis Sei [mm]\mathfrak{p}[/mm] ein
> Primideal in [mm]A[/mm] mit [mm]\mathfrak{p}\cap S=\emptyset[/mm]. Seien dann
> [mm]a_1/s_1,a_2/s_2\in S^{-1}A[/mm], sodass [mm]a_1a_2/s_1s_2\in S^{-1}\mathfrak{p}[/mm].
> Gelte etwa [mm]a_1a_2/s_1s_2=p/s[/mm] mit [mm]p\in\mathfrak{p}[/mm] und [mm]s\in S[/mm].
> Dann gilt [mm]sa_1a_2=s_1s_2p\in\mathfrak{p}[/mm]. Da [mm]p[/mm] prim ist,
> folgt entweder [mm]sa_1\in\mathfrak{p}[/mm] oder [mm]a_2\in\mathfrak{p}[/mm].
> Im ersten Fall folgt [mm]a_1\in\mathfrak{p}[/mm], da [mm]s\notin \mathfrak{p}[/mm].
> Es gilt daher [mm]a_1/s_1\in S^{-1}\mathfrak{p}[/mm] oder [mm]a_2/s_2\in S^{-1}\mathfrak{p}[/mm],
> also ist [mm]S^{-1}\mathfrak{p}[/mm] prim.
>
> Umgekehrt sei [mm]\mathfrak{p'}[/mm] ein Primideal in [mm]S^{-1}A[/mm]. Dann
> ist [mm]\mathfrak{p}:=f^{-1}(\mathfrak{p}')[/mm] ein Primideal in [mm]A[/mm],
> wobei [mm]f[/mm] der kanonische Morphismus [mm]A\longrightarrow S^{-1}A[/mm]
> ist. Läge ein [mm]s[/mm] sowohl in [mm]\mathfrak{p}[/mm], also auch in [mm]S[/mm], so
> wäre [mm]1=s/s=1/s\cdot s\in\mathfrak{p'}[/mm], also muss
> [mm]\mathfrak{p}\cap S=\emptyset[/mm] gelten. Sei [mm]p/s[/mm] beliebig aus
> [mm]\mathfrak{p'}[/mm]. Dann ist [mm]p\in\mathfrak{p}[/mm], denn
> [mm]f(p)=p/1=s\cdot p/s\in\mathfrak{p'}[/mm]. Somit gilt [mm]p/s\in S^{-1}\mathfrak{p}[/mm],
> das heißt es gilt die Inklusion [mm]\mathfrak{p}\subseteq S^{-1}\mathfrak{p}'[/mm].
> Gilt [mm]p/s\in S^{-1}\mathfrak{p}[/mm], das heißt
> [mm]p\in\mathfrak{p}[/mm], so heißt dies, dass
> [mm]f(p)=p/1\in\mathfrak{p}'[/mm], also [mm]p/s=1/s\cdot p/1\in\mathfrak{p}[/mm],
> das heißt es gilt auch die umgekehrte Inklusion.
>
> Lemma Sei [mm]p\in A[/mm] erzeuge ein Primideal [mm](p)[/mm]. Dann ist [mm]f(a)[/mm]
> eine Einheit oder erzeugt selbst ein Primideal in [mm]S^{-1}A[/mm].
> Beweis Das Ideal [mm](p/1)[/mm] in [mm]S^{-1}A[/mm] besteht aus allen
> Produkten der Form [mm]a/s\cdot p/1[/mm]. Wegen [mm]ap\in(p)[/mm] und [mm]s\in S[/mm]
> entspricht es also gerade [mm]S^{-1}(p)[/mm]. Ist [mm](p)\cap S[/mm] leer,
> ist dies ein Primideal, sonst ist es gleich [mm](1)[/mm]. Im ersten
> Fall ist [mm](p/1)[/mm] irreduzibel, im zweiten Fall eine Einheit.
>
> Satz [mm]A[/mm] sei faktoriell. Dann ist auch [mm]S^{-1}A[/mm] faktoriell.
> Beweis Sei [mm]a/s[/mm] beliebig aus [mm]S^{-1}A[/mm]. [mm]1/s[/mm] ist eine Einheit.
> [mm]a/1[/mm] hat ein Urbild [mm]a[/mm] in [mm]A[/mm], welches eine Primfaktorzerlegung
> [mm]p_1\cdot\dots\cdot p_n[/mm] hat. Dann gilt [mm]a/s=1/s\cdot p_1/1\cdot\dots\cdot p_n/1[/mm]
> und jeder der Faktoren in diesem Produkt ist eine Einheit
> oder irreduzibel, wir haben also eine Primfaktorzerlegung
> gefunden.
>
> Zur Eindeutigkeit: Angenommen, ich habe
> [mm]p_1/s_1\cdot\dots\cdot p_n/s_n=q_1/t_1\cdot\dots\cdot q_m/t_m[/mm]
> mit [mm]p_i,q_i[/mm] irreduzible Elemente [mm]\notin S[/mm]. Das heißt
> [mm]p_1\cdot...\cdot p_n\cdot t_1*...*t_m=q_1*...*q_m*s_1*...*s_n[/mm].
> Ich kann die [mm]t_i[/mm] und [mm]s_i[/mm] jetzt auch noch in irreduzible
> Faktoren zerlegen. Diese müssen alle aus [mm]S[/mm] kommen. Aber
> ich sehe noch nicht, wie ich hiermit zum Ziel komme.
In jedem Falle teilt ein Primfaktor der [mm] $s_{i}$ [/mm] nicht [mm] $p_{1}\ldots p_{n}$, [/mm] muss also [mm] $t_{1}\ldots t_{m}$ [/mm] teilen. Insgesamt erhaelst Du, dass [mm] $s_{1}\ldots s_{n}|t_{1}\ldots t_{m}$. [/mm] Aufgrund von Symmetrie gilt ebenso [mm] $t_{1}\ldots t_{m}|s_{1}\ldots s_{n}$. [/mm] Damit sind [mm] $p_{1}\ldots p_{n}$ [/mm] und [mm] $q_{1}\ldots q_{m}$ [/mm] assoziiert.
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> Liebe Grüße,
> UniversellesObjekt
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