Affine algebraische Varietäten < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:03 Di 20.12.2011 | | Autor: | Vilietha |
| Aufgabe | Sei [mm] T:=\{x^2*y^2+x*z-y^3, z\} \subseteq \IC[x,y,z].
[/mm]
Bestimmen Sie die irreduzierbaren Komponenten von X:=Z(T) in [mm] \IC^3. [/mm] |
Hallo zusammen,
Wir haben mit dem Varietäten ganz frisch angefangen, und deshalb bin ich hier noch relativ unsicher.
Beide der obigen Polynome müssen ja gleich 0 sein, also haben wir [mm] x^2*y^2+x*z-y^3=0=z.
[/mm]
In jedem Fall muss also z=0 sein.
Fall 1: y=0, dann können wir x frei wählen. Somit ist die x-Achse Teil von Z(T).
Fall 2: [mm] y\neq [/mm] 0, dann gilt [mm] x^2*y^2-y^3=0 \gdw x^2=y. [/mm]
Wenn wir das parametrisieren, dann ist der Graph von [mm] \phi(t):=(t, t^2,0) [/mm] Teil von Z(T).
Diese beiden Mengen müssten dann ja die irreduzierbaren Mengen sein, oder?
Eigentlich müsste man noch zeigen dass diese beiden wirklich irreduzierbar sind vermute ich.
Dies ist zwar nicht in der Aufgabe gefragt, aber da die algebraischen Varietäten (von uns definiert als die irreduzierbaren affin-algebraische Mengen) mit den Primidealen korrespondieren, müssten dies in unserem Fall diese beiden Ideale sein, oder?
x-Achse: (y,z)
Graph von [mm] \phi: (x^2-y,z)
[/mm]
Bei dieser Gelegenheit auch noch die Frage:
Wenn K ein Feld ist, dann muss K[x] ja ein Hauptidealbereich sein.
Aber [mm] K[x_1, [/mm] ..., [mm] x_r] [/mm] muss ja kein sein, oder?
Ich freue mich auf Eure Antworten.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:23 Di 20.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha!
> Sei [mm]T:=\{x^2*y^2+x*z-y^3, z\} \subseteq \IC[x,y,z].[/mm]
>
> Bestimmen Sie die irreduzierbaren Komponenten von X:=Z(T)
> in [mm]\IC^3.[/mm]
>
> Wir haben mit dem Varietäten ganz frisch angefangen, und
> deshalb bin ich hier noch relativ unsicher.
>
> Beide der obigen Polynome müssen ja gleich 0 sein, also
> haben wir [mm]x^2*y^2+x*z-y^3=0=z.[/mm]
> In jedem Fall muss also z=0 sein.
> Fall 1: y=0, dann können wir x frei wählen. Somit ist die
> x-Achse Teil von Z(T).
> Fall 2: [mm]y\neq[/mm] 0, dann gilt [mm]x^2*y^2-y^3=0 \gdw x^2=y.[/mm]
> Wenn wir das parametrisieren, dann ist der Graph von
> [mm]\phi(t):=(t, t^2,0)[/mm] Teil von Z(T).
>
> Diese beiden Mengen müssten dann ja die irreduzierbaren
> Mengen sein, oder?
Genau.
> Eigentlich müsste man noch zeigen dass diese beiden
> wirklich irreduzierbar sind vermute ich.
>
> Dies ist zwar nicht in der Aufgabe gefragt, aber da die
> algebraischen Varietäten (von uns definiert als die
> irreduzierbaren affin-algebraische Mengen) mit den
> Primidealen korrespondieren, müssten dies in unserem Fall
> diese beiden Ideale sein, oder?
> x-Achse: (y,z)
> Graph von [mm]\phi: (x^2-y,z)[/mm]
Ja, das sind die entsprechenden Ideale. Dass es sich um Primideale handelt kannst du ja noch nachrechnen 
> Bei dieser Gelegenheit auch noch die Frage:
> Wenn K ein Feld ist, dann muss K[x] ja ein
Mit Feld meinst du Koerper?
> Hauptidealbereich sein.
> Aber [mm]K[x_1,[/mm] ..., [mm]x_r][/mm] muss ja kein sein, oder?
Ja, das ist genau dann ein Hauptidealbereich, wenn $r [mm] \le [/mm] 1$ ist.
Allgemein kann man zeigen: $R[X]$ ist genau dann ein Hauptidealbereich, wenn $R$ ein Koerper ist.
(Das kannst du auf $R = [mm] K[x_1, \dots, x_{r-1}]$ [/mm] und somit auf [mm] $R[x_r]$ [/mm] anwenden.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:15 Mi 21.12.2011 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort. 
Ja, mit Feld meine ich natürlich einen Körper (ich habe zur Abwechslung einmal eine alternative Übersetzungvariante verwendet )
Nun noch ein paar zusätzliche Fragen, die nicht direkt mit der Aufgabe zusammen hängen.
Wenn [mm] (p_1, p_2) [/mm] ein Ideal in einem kommutativen Ring ist mit [mm] p_1 \not\in [/mm] (p2) und [mm] p_2 \not\in [/mm] (p1), ist es genau dann ein Primideal wenn [mm] (p_1) [/mm] und [mm] (p_2) [/mm] Primideale sind?
Die Summe von zwei Radikal-Idealen (also Idealen I mit [mm] \wurzel(I)=I) [/mm] dürfte ja im allgemeinen kein Radikal-Ideal sein, wenn ich es richtig sehe. Angenommen [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] sind affin-algebraische Mengen in [mm] K^n. [/mm] Die Disjunktheit von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] müsste dann doch eigentlich äquivalent sein mit [mm] \wurzel(I(X_1)+I(X_2))=A, [/mm] oder?
Wenn wir eine Folge [mm] (X_k), k\in \IN [/mm] von affin-algebraischen Mengen [mm] X_k [/mm] in [mm] K^n [/mm] haben, dann müsste doch gelten: [mm] Z(\wurzel(\summe_{i\in \IN} I(X_i)))=\bigcap_{i \in \IN} X_i.
[/mm]
(Bin mir unsicher da es ja abzählbare Summen und Schnitte sind, und in der Algebra ja nur endliche Summen definiert sind).
Viele Grüße,
Vilietha
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:21 Do 22.12.2011 | | Autor: | hippias |
> Hallo Felix,
>
> vielen Dank für deine Antwort.
>
> Ja, mit Feld meine ich natürlich einen Körper (ich habe
> zur Abwechslung einmal eine alternative
> Übersetzungvariante verwendet )
>
> Nun noch ein paar zusätzliche Fragen, die nicht direkt mit
> der Aufgabe zusammen hängen.
>
> Wenn [mm](p_1, p_2)[/mm] ein Ideal in einem kommutativen Ring ist
> mit [mm]p_1 \not\in[/mm] (p2) und [mm]p_2 \not\in[/mm] (p1), ist es genau
> dann ein Primideal wenn [mm](p_1)[/mm] und [mm](p_2)[/mm] Primideale sind?
Das scheint mir falsch zu sein: Sei $R= [mm] \IZ[i\sqrt{5}]$. [/mm] Dann ist $6= [mm] 2\cdot [/mm] 3= [mm] (1+i\sqrt{5})(1-i\sqrt{5})$, [/mm] also $2R$ und $3R$ sind nicht prim ,aber $2R+ 3R= R$ ist prim - wenn ihr $R$ selber als Primideal zulasst; wenn nicht, liefert [mm] $2\IZ+ 3\IZ= \IZ$ [/mm] einen Wiederspruch zur Umkehrung der Behauptung. Aber vielleicht kann man die Aussage etwas anders fassen, damit es funktioniert.
>
> Die Summe von zwei Radikal-Idealen (also Idealen I mit
> [mm]\wurzel(I)=I)[/mm] dürfte ja im allgemeinen kein Radikal-Ideal
> sein, wenn ich es richtig sehe. Angenommen [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] sind
> affin-algebraische Mengen in [mm]K^n.[/mm] Die Disjunktheit von [mm]X_1[/mm]
> und [mm]X_2[/mm] müsste dann doch eigentlich äquivalent sein mit
> [mm]\wurzel(I(X_1)+I(X_2))=A,[/mm] oder?
Ja.
>
> Wenn wir eine Folge [mm](X_k), k\in \IN[/mm] von affin-algebraischen
> Mengen [mm]X_k[/mm] in [mm]K^n[/mm] haben, dann müsste doch gelten:
> [mm]Z(\wurzel(\summe_{i\in \IN} I(X_i)))=\bigcap_{i \in \IN} X_i.[/mm]
>
> (Bin mir unsicher da es ja abzählbare Summen und Schnitte
> sind, und in der Algebra ja nur endliche Summen definiert
> sind).
Das ist aber in Ordnung; Du kannst sogar beliebig viele Summanden zulassen (in der Definition des Erzeugnissen treten ja nur endlich viele Summanden auf)
>
> Viele Grüße,
> Vilietha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:16 Do 22.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Wenn [mm](p_1, p_2)[/mm] ein Ideal in einem kommutativen Ring ist
> > mit [mm]p_1 \not\in[/mm] (p2) und [mm]p_2 \not\in[/mm] (p1), ist es genau
> > dann ein Primideal wenn [mm](p_1)[/mm] und [mm](p_2)[/mm] Primideale sind?
>
> Das scheint mir falsch zu sein: Sei [mm]R= \IZ[i\sqrt{5}][/mm].
> Dann ist [mm]6= 2\cdot 3= (1+i\sqrt{5})(1-i\sqrt{5})[/mm], also [mm]2R[/mm]
> und [mm]3R[/mm] sind nicht prim ,aber [mm]2R+ 3R= R[/mm] ist prim - wenn ihr
> [mm]R[/mm] selber als Primideal zulasst; wenn nicht, liefert [mm]2\IZ+ 3\IZ= \IZ[/mm]
> einen Wiederspruch zur Umkehrung der Behauptung. Aber
> vielleicht kann man die Aussage etwas anders fassen, damit
> es funktioniert.
Ich vermute, das man hoechstens in Spezialfaellen eine Richtung zeigen kann (genau-dann-wenn wird meistens nicht funktionieren).
> > Die Summe von zwei Radikal-Idealen (also Idealen I mit
> > [mm]\wurzel(I)=I)[/mm] dürfte ja im allgemeinen kein Radikal-Ideal
> > sein, wenn ich es richtig sehe. Angenommen [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] sind
> > affin-algebraische Mengen in [mm]K^n.[/mm] Die Disjunktheit von [mm]X_1[/mm]
> > und [mm]X_2[/mm] müsste dann doch eigentlich äquivalent sein mit
> > [mm]\wurzel(I(X_1)+I(X_2))=A,[/mm] oder?
>
> Ja.
Allerdings gilt genau dann $I = A$ (falls $A$ der Ring ist), wenn [mm] $\sqrt{I} [/mm] = A$ ist: schliesslich ist [mm] $1^n \in [/mm] I$ aequivalent zu $1 [mm] \in [/mm] I$.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:29 Do 22.12.2011 | | Autor: | Vilietha |
Hallo ihr beiden,
vielen Dank für Eure Antworten.
Die Frage bezüglich der Primideale der Form [mm] (a_1, a_2) [/mm] hatte ihren Ursprung in der Aufgabe um welche es in Post #1 ging. Ich hatte ja darauf geschlossen dass das Ideal (y,z) in [mm] \IC[x,y,z] [/mm] ein Primideal ist, und zwar deshalb da y und z Primpolynome sind. Was ja nun doch keine richtige Begründung ist. Also ein Hauptideal (p) in [mm] K[x_1,....x_n] [/mm] ist genau dann prim wenn p ein Primideal ist. Aber bei Idealen welche von mehreren Polynomen erzeugt werden scheint es ja nun kein ähnliches Kriterion zu geben. Man muss dann wohl die klassische Definition von Primidealen verwenden, und in dem Beispiel von eben ist (y,z) ein Primideal weil wenn immer [mm] p_1*p_2 \in [/mm] (y,z) ist, dann muss eines der beiden Polynome null sein oder ein y oder ein z enthalten und war somit schon in dem Ideal.
Was die Frage mit den unendlichen Summen betrifft, so wird der Grund sein dass diese möglich sind wohl sein, dass ja unendliche Summen von Idealen allgemein definiert sind. ![[]](/images/popup.gif) Hier bei Wikipedia steht: "It follows that finite unions and arbitrary intersections of the sets V(S) are also of this form". Um genau zu sein sollte man hier dann ja vielleicht das 'finite' weglassen.
Viele Grüße,
Vielitha
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:00 Do 22.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Viliehta,
> Die Frage bezüglich der Primideale der Form [mm](a_1, a_2)[/mm]
> hatte ihren Ursprung in der Aufgabe um welche es in Post #1
> ging. Ich hatte ja darauf geschlossen dass das Ideal (y,z)
> in [mm]\IC[x,y,z][/mm] ein Primideal ist, und zwar deshalb da y und
> z Primpolynome sind. Was ja nun doch keine richtige
> Begründung ist.
Ja :)
In diesem Fall geht es einfacher: betrachte [mm] $\phi [/mm] : [mm] \IC[x,y,z] \to \IC[x]$, [/mm] wobei [mm] $\phi|_\IC [/mm] = [mm] id_\IC$ [/mm] ist, [mm] $\phi(x) [/mm] = x$, [mm] $\phi(y) [/mm] = 0 = [mm] \phi(z)$. [/mm] Der Kern ist gerade $(y,z)$, und die Abbildung ist injektiv.
Mit dem 1. Isomorphiesatz folgt [mm] $\IC[x,y,z]/(y,z) \cong \IC[x]$, [/mm] was ein Integritaetsbereich ist: damit ist $(y,z)$ ein Primideal.
> Also ein Hauptideal (p) in [mm]K[x_1,....x_n][/mm]
> ist genau dann prim wenn p ein Primideal ist. Aber bei
> Idealen welche von mehreren Polynomen erzeugt werden
> scheint es ja nun kein ähnliches Kriterion zu geben.
Genau.
> Man muss dann wohl die klassische Definition von Primidealen
> verwenden, und in dem Beispiel von eben ist (y,z) ein
> Primideal weil wenn immer [mm]p_1*p_2 \in[/mm] (y,z) ist, dann muss
> eines der beiden Polynome null sein oder ein y oder ein z
> enthalten und war somit schon in dem Ideal.
Oft geht es auch indirekt, mit Hilfe des Kriteriums "$I$ Primideal [mm] $\Leftrightarrow [/mm] A/I$ Integritaetsbereich" in Verbindung mit den Isomorphiesaetzen.
Ist z.B. $(a, b)$ ein Ideal mit $a [mm] \in [/mm] R$ prim, so ist die Frage, ob $(a, b)$ prim ist, dazu aequivalent, ob $b + aR$ in $R/aR$ prim ist: $R/aR$ ist ein Int'bereich (da $a$ prim), und $(R/aR)/(b+aR)$ ist isomorph zu $R/(a,b)$ (3. Isomorphiesatz).
> Was die Frage mit den unendlichen Summen betrifft, so wird
> der Grund sein dass diese möglich sind wohl sein, dass ja
> unendliche Summen von Idealen allgemein definiert sind.
> Hier bei
> Wikipedia steht: "It follows that finite unions and
> arbitrary intersections of the sets V(S) are also of this
> form". Um genau zu sein sollte man hier dann ja vielleicht
> das 'finite' weglassen.
Nein, bei Vereinigungen darf man es eben nicht weglassen: da braucht man das finite. Bei Schnitten dagegen geht es, da diese Summen von Idealen entsprechen.
(Falls man das finite weglassen koennte, waere jede Teilmenge abgeschlossen, da Punkte abgeschlossen sind und beliebige Teilmengen als Vereinigung aller ihrer Punkte geschrieben werden koennen.)
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:43 Sa 24.12.2011 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort.
> In diesem Fall geht es einfacher: betrachte [mm]\phi : \IC[x,y,z] \to \IC[x][/mm],
> wobei [mm]\phi|_\IC = id_\IC[/mm] ist, [mm]\phi(x) = x[/mm], [mm]\phi(y) = 0 = \phi(z)[/mm].
> Der Kern ist gerade [mm](y,z)[/mm], und die Abbildung ist injektiv.
Du meinst natürlich surjektiv vermute ich...
> > Was die Frage mit den unendlichen Summen betrifft, so wird
> > der Grund sein dass diese möglich sind wohl sein, dass ja
> > unendliche Summen von Idealen allgemein definiert sind.
> > Hier bei
> > Wikipedia steht: "It follows that finite unions and
> > arbitrary intersections of the sets V(S) are also of this
> > form". Um genau zu sein sollte man hier dann ja vielleicht
> > das 'finite' weglassen.
>
> Nein, bei Vereinigungen darf man es eben nicht weglassen:
> da braucht man das finite. Bei Schnitten dagegen geht es,
> da diese Summen von Idealen entsprechen.
>
> (Falls man das finite weglassen koennte, waere jede
> Teilmenge abgeschlossen, da Punkte abgeschlossen sind und
> beliebige Teilmengen als Vereinigung aller ihrer Punkte
> geschrieben werden koennen.)
Stimmt. Und solchen Vereinigungen müssten dann unendliche Produkte von Idealen entsprechen,
und diese sind ja auch nicht definiert.
Allgemein müsste ja auch gelten: [mm] Z(I*J)\subseteq Z(I\cap [/mm] J)
Viele Grüße,
Vilietha
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:54 Sa 24.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Viliehta,
> > In diesem Fall geht es einfacher: betrachte [mm]\phi : \IC[x,y,z] \to \IC[x][/mm],
> > wobei [mm]\phi|_\IC = id_\IC[/mm] ist, [mm]\phi(x) = x[/mm], [mm]\phi(y) = 0 = \phi(z)[/mm].
> > Der Kern ist gerade [mm](y,z)[/mm], und die Abbildung ist injektiv.
>
> Du meinst natürlich surjektiv vermute ich...
aeh, ja... Ansonsten wird das mit dem Homomorphiesatz nichts
> > (Falls man das finite weglassen koennte, waere jede
> > Teilmenge abgeschlossen, da Punkte abgeschlossen sind und
> > beliebige Teilmengen als Vereinigung aller ihrer Punkte
> > geschrieben werden koennen.)
>
> Stimmt. Und solchen Vereinigungen müssten dann unendliche
> Produkte von Idealen entsprechen,
> und diese sind ja auch nicht definiert.
Genau.
> Allgemein müsste ja auch gelten: [mm]Z(I*J)\subseteq Z(I\cap[/mm]
> J)
Es gilt $I J [mm] \subseteq [/mm] I [mm] \cap [/mm] J$, und damit $Z(I J) [mm] \supseteq [/mm] Z(I [mm] \cap [/mm] J)$. (Da $I [mm] \cap [/mm] J$ mehr Gleichungen enthaelt als $I J$, muss $Z(I [mm] \cap [/mm] J)$ kleiner sein als $Z(I J)$. Oder eben gleich )
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:52 Sa 24.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Viliehta!
> > > Allgemein müsste ja auch gelten: [mm]Z(I*J)\subseteq Z(I\cap J)[/mm]
> >
> > Es gilt [mm]I J \subseteq I \cap J[/mm], und damit [mm]Z(I J) \supseteq Z(I \cap J)[/mm].
> > (Da [mm]I \cap J[/mm] mehr Gleichungen enthaelt als [mm]I J[/mm], muss [mm]Z(I \cap J)[/mm]
> > kleiner sein als [mm]Z(I J)[/mm]. Oder eben gleich )
>
> Ok, meine obige Vermutung erscheint mir nun auch Unsinn zu
> sein. Aber ich konnte bis jetzt noch kein Beispiel finden
> mit strikter Inklusion, immer nur Beispile mit Gleichheit.
> Als Beispiele:
>
> In C[x,y] müsste ja gelten: (x)*(y) = [mm](x)\cap(y)[/mm]
> Und in [mm]\IZ: (2)*(3)=(2)\cap(3).[/mm]
> Oder wenn wir einen
> allgemeinen kommutativen Ring A und ein Ideal I [mm]\in[/mm] A
> haben, dann gilt ja auch immer A*I = A [mm]\cap[/mm] I.
Nun, es ist nicht so schwer Gegenbeispiele zu finden: es gilt etwa $(2) [mm] \cdot [/mm] (2) = (4) [mm] \neq [/mm] (2) = (2) [mm] \cap [/mm] (2)$. Und genauso $(x) [mm] \cdot [/mm] (x) = [mm] (x^2) \neq [/mm] (x) = (x) [mm] \cap [/mm] (x)$. (In Hauptidealbereichen ist $(a) [mm] \cdot [/mm] (b) = (a b)$ und $(a) [mm] \cap [/mm] (b) = (kgV(a, b))$.)
> Besonders über ein Beispiel in Polynomringen würde ich
> mich sehr freuen.
Allgemein gilt: ist $I + J = R$, so gilt $I [mm] \cap [/mm] J = I [mm] \cdot [/mm] J$, und dasselbe gilt bei endlichen Schnitten/Produkten (das hast du beim chinesischen Restsatz stehen gehabt). In Hauptidealbereichen gilt auch die Umkehrung: aus $I [mm] \cdot [/mm] J = I [mm] \cap [/mm] J$ folgt $I + J = R$ (es sei denn es handelt sich bei beiden um das Nullideal).
Bist du jetzt in [mm] $K[X_1, \dots, X_n]$, [/mm] und hast du zwei Hauptideale $I = (a)$ und $J = (b)$, so gilt wieder $I J = (a b)$. Ebenso liegt ein Element $c$ in $I [mm] \cap [/mm] J = (a) [mm] \cap [/mm] (b)$, wenn es sowohl ein Vielfaches von $a$ wie auch von $b$ ist. Daraus folgt, dass $(a) [mm] \cap [/mm] (b) = (kgV(a, b))$ ist. (Das gilt allgemein in faktoriellen Ringen.) (Dort gilt uebrigens im allg. nicht $a, b$ teilerfremd [mm] $\Leftrightarrow [/mm] I + J = R$; das gilt i.A. nur in Hauptidealbereichen.)
Damit bekommst du viele Beispiele in Polynomringen (oder faktoriellen Ringen), wenn du dich auf Hauptideale beschraenkst. Interessanter wird es bei Nicht-Hauptidealen; dort ist es nicht ganz so einfach.
> Ps: mit der nächsten Frage hat es nicht allzu lange
> gedauert wie man sieht...
Ja, aber das ist schon ok
LG Felix
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