Table Of ContentHöhere Algebra
(Kommutative Algebra)
RalfGerkmann
MathematischesInstitutder
Ludwig-Maximilians-UniversitätMünchen
[email protected]
SkriptzurVorlesungimSommersemester2010
Stand9.August2010
Inhaltsverzeichnis
§1. AffineVarietäten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1 NullstellenmengenundHilbertscherBasissatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 DieZariski-TopologieaufAn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
K
1.3 DieZerlegungalgebraischerTeilmengeninirreduzibleKomponenten . . . . . . . 6
1.4 Jacobson-RingeundHilbertscherNullstellensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 DerKoordinatenringeineralgebraischenTeilmenge . . . . . . . . . . . . . . . . 15
§2. Lokalisierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1 DefinitionunduniverselleEigenschaft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 PrimidealeinLokalisierungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 ReguläreFunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
§3. GanzeRingerweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.2 NormaleRinge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.3 GanzeRingerweiterungenunddieJacobson-Eigenschaft . . . . . . . . . . . . . . 44
3.4 Die„goingup“-und„goingdown“-SätzefürPrimidealketten . . . . . . . . . . 48
§4. Dimensionstheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4.1 AlgebraischeAbhängigkeitundTranszendenzgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4.2 NoetherscherNormalisierungssatzundendlicheMorphismen . . . . . . . . . . . 59
4.3 DerDimensionsbegriff. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4.4 KompositionsreihenundLängeeinesModuls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
4.5 NulldimensionaleRinge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
4.6 DerKrullscheHöhensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
§5. Regularität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
5.1 RegulärelokaleRinge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
5.2 GeometrischeInterpretationderRegularität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Literatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
§ 1. Affine Varietäten
1.1 Nullstellenmengen undHilbertscher Basissatz
Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Für jedes n N sei An = An = Kn der n-
∈ K
dimensionaleaffineRaumüberdemGrundkörperK.
Definition1.1.1 SeiR = K[x ,...,x ]der Polynomring über K inn Variablenund S R eine
1 n
⊆
beliebigeTeilmenge.Dannist
An(S) = a=(a1,...,an) An f(a)=0 f S
Z { ∈ | ∀ ∈ }
dieNullstellenmengevonS.EineTeilmengeZ An nennenwiralgebraisch,wenneineTeilmenge
⊆
S RmitZ = An(S)existiert.
⊆ Z
Besteht die Menge S nur aus endlich vielen Elementen, S = f ,...,f , dann schreiben wir an
1 s
{ }
Stelle von An( f1,...,fs ) einfach An(f1,...,fs). Offenbar gilt An(0) = An und An(1) = ∅.
Z { } Z Z Z
Für Teilmengen S1 S2 gilt An(S1) An(S2), die Zuordnung S An(S) ist also antiton,
⊆ Z ⊇ Z 7→ Z
d.h.inklusionsumkehrend.
Ist R ein Ring und S R eine beliebige Teilmenge, dann bezeichnen wir mit (S) das von S
⊆ I
erzeugteIdeal,d.h.
r
(S) = a f r N , a R, f S .
i i 0 i i
I ( ∈ ∈ ∈ )
i=1
X (cid:12)
(cid:12)
Dabei liefert r = 0 die „leere“ Summe, also das Nullelement des Rings R. Bei einer endlichen
Teilmenge S = f ,...,f ist auch die Schreibweise (f ,...,f ) für (S) üblich. Die Ideale der
1 r 1 r
{ } I
Form(f)(f R)werdenbekanntlichalsHauptidealevonRbezeichnet.DasvonderleerenMenge
∈
erzeugteIdeal (∅)istdasNullideal.
I
Bemerkung1.1.2 SeiR=K[x ,...,x ].FüreinebeliebigeTeilmengeS Rgiltdann
1 n
⊆
An(S) = An( (S)).
Z Z I
Dabei ist die Inklusion „ “ klar, weil nach Definition S (S) gilt und die Zuordnung S
⊇ ⊆ I 7→
An(S) inklusionsumkehrend ist. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei a An(S)
Z ∈ Z
vorgegeben.Danngiltf(a)=0fürallef S.EinbeliebigesElementg (S)kanninderForm
∈ ∈I
r
g = a f mit r N , a ,...,a R und f ,...,f S
i i 0 1 r 1 r
∈ ∈ ∈
i=1
X
r r
dargestellt werden. Es gilt dann g(a) = a (a)f (a) = a (a) 0 = 0. Wir haben somit
i=1 i i i=1 i ·
g(a)=0füralleg ∈I(S)unddamita∈ZPAn(I(S))nachgewPiesen.
3
Definition1.1.3 (Erinnerung)
EinRingRheißtnoethersch,wenneinederfolgendenäquivalentenBedingungenerfülltist:
(i) JedeaufsteigendeKettea a a ...vonIdealeninRwirdstationär,d.h.esgibtein
1 2 3
⊆ ⊆ ⊆
n Nmita =a =...
n n+1
∈
(ii) JedesIdealainRwirdvonendlichvielenElementenerzeugt,d.h.esgibteinr N und
0
∈
f ,...,f Rmita=(f ,...,f ).
1 r 1 r
∈
JederHauptidealringistnoethersch,dahierdefinitionsgemäßjedesIdealvoneinemeinzigenRin-
gelement erzeugtwird. Somit ist auch jeder euklidische Ring noethersch. Zwischen denbeiden
Eigenschaften „faktoriell“ und „noethersch“ gibt es keinen direktenZusammenhang. Beispiels-
weiseistjederPolynomringK[ x ]übereinemKörperK miteinerunendlichenMengevon
i i∈I
{ }
Unbekannten faktoriell, aber nicht noethersch (wie in den Übungen gezeigt wird). Dagegen ist
derRingZ[√ 5]zwarnoethersch,abernichtfaktoriell.WirkommenaufdiesesBeispielspäterin
−
derVorlesungzurück.FüreinfacherzeugtePolynomringegiltaberder
Satz1.1.4 (HilbertscherBasissatz)
IstReinnoetherscherRing,dannistauchderPolynomringR[x]noethersch.
Beweis: Angenommen,derRingR[x]istnichtnoethersch.Wirzeigendann,dassauchderGrund-
ring R nicht noethersch sein kann. Sei a R[x] ein Ideal in R, das nicht durch endlich viele
⊆
Elemente erzeugtwerdenkann. Dann wählen wir zunächst ein Element 0 = f a minimalen
1
6 ∈
Grades.Sindf ,...,f bereitsgewählt,dannseif einElementinR[x] (f ,...,f )mitminima-
1 k k+1 1 k
\
lemGrad.Sein =degf unda derLeitkoeffizientvonf fürallek N.Wirbetrachtennunin
k k k k
∈
RdieIdealkettea a a ...mit
1 2 3
⊆ ⊆ ⊆
a = (a ,...,a ) füralle k N
k 1 k
∈
undbehaupten,dassdieseKettenichtstationärwird.Seinämlichk Nmita = a .Dannist
k k+1
∈
a ina enthalten,wirfindenalsob ,...,b mita = k a b .Seinun
k+1 k 1 k k+1 i=1 i i
k P
g = fk+1 bixnk+1−nifi.
−
i=1
X
Auch dieses Polynom ist nicht in a enthalten, denn sonst läge auch f in a . Der i-te Term
k k+1 k
in dieser Summe hat den Grad n , und der Leitkoeffizient ist a b . Es folgt degg < degf ,
k+1 i i k+1
wasderWahlvonf widerspricht.WirhabensomitinReineaufsteigendeKettevonIdealen
k+1
gefunden,dienichtstationärwird,unddamitnachgewiesen,dassRkeinnoetherscherRingist.
Folgerung1.1.5 IstKeinKörper,dannistdermultivariatePolynomringK[x ,...,x ]noethersch,
1 n
fürallen N.
∈
Beweis: Der Beweis erfolgt durchvollständige Induktion über die Anzahl n der Unbekannten.
JederKörperistoffenbareinnoetherscherRing,denndieeinzigenIdealesind(0)und(1).Istnun
bereitsgezeigt,dassK[x ,...,x ]noetherschist,dannistauchK[x ,...,x ]=K[x ,...,x ][x ]
1 n 1 n+1 1 n n+1
aufGrunddesHilbertschenBasissatzeseinnoetherscherRing.
4
Folgerung1.1.6 SeiZ AneinealgebraischeTeilmenge.Danngibtesf ,...,f K[x ,...,x ],so
1 r 1 n
⊆ ∈
dassZ = An(f1,...,fr)gilt.JedealgebraischeTeilmengekannalsodurchendlichvielePolynome
Z
beschriebenwerden.
Beweis: NachDefinitiongibteseine(möglicherweise unendliche)TeilmengenS K[x ,...,x ]
1 n
⊆
mitZ = An(S)= An( (S)).AufGrunddesHilbertschenBasissatzesbesitztdasIdeal (S)ein
Z Z I I
endlichesErzeugendensystemf ,...,f .DiesesSystemerfülltdann
1 r
An( (S)) = An( ( f1,...,fr )) = An(f1,...,fr).
Z I Z I { } Z
n
1.2 Die Zariski-Topologie auf A
K
Proposition1.2.1 DieVereinigungendlichvieleralgebraischerTeilmengendesAn istwiederum
K
einealgebraischeTeilmenge.
Beweis: Es genügt, die Aussage für zwei algebraische Teilmengen Z ,Z An zu überprü-
1 2 ⊆ K
fen. Die allgemeine Aussage erhält man dann durch vollständige Induktion. Wie wir gesehen
haben, kann jede algebraische Teilmenge jeweils durch endlich viele Polynome definiert wer-
den. Esgibt also f1,...,fr und g1,...,gs R, R = K[x1,...,xn], so dassZ1 = An(f1,...,fr) und
∈ Z
Z2 = An(g1,...,gs)gilt.Seinun
Z
a= ( f g 1 i r,1 j s ).
i j
I { | ≤ ≤ ≤ ≤ }
Wir behaupten, dass An(a) = Z1 Z2 gilt. Zum Nachweis von „ “ sei a Z1 Z2 gegeben;
Z ∪ ⊇ ∈ ∪
o.B.d.A. können wir a Z voraussetzen. Dann gilt f (a) = 0 für 1 i r. Ist nun f ein
1 i
∈ ≤ ≤
beliebigesElementvona,danngibtesa R,sodassf inderForm
ij
∈
r s
f = a f g
ij i j
i=1j=1
XX
dargestelltwerdenkann.Esfolgtdann
r s
f(a) = a (a)f (a)g (a) = 0
ij i j
i=1j=1
XX
undsomita An(a).NunbeweisenwirdieInklusion„ “undbetrachtendazueinenbeliebigen
∈Z ⊆
Punkt a An(a). Dann gilt nach Definition fi(a)gj(a) = 0 für 1 i r und 1 j s.
∈ Z ≤ ≤ ≤ ≤
Nehmenwiran,dassanichtinZ enthaltenist.Danngibteseini 1,...,r mitf (a)=0.Da
1 0 i0
∈{ } 6
andererseitsf (a)g (a)=0für1 j serfülltundK nullteilerfreiist,mussg (a)=0fürallej
i0 j j
≤ ≤
gelten.Esfolgta Z .
2
∈
Proposition1.2.2 DurchschnitteüberbeliebigeFamilien Z algebraischerTeilmengenZ
i i∈I i
{ } ⊆
Ansindwiederumalgebraisch.
Beweis: NachDefinitiongibtesfürjedesi I eineTeilmenge Si RmitZi = An(Si),wobei
∈ ⊆ Z K
R=K[x ,...,x ]ist.Seinun
1 n
Z = Z und S = S .
i i
i∈I i∈I
\ [
5
Wirbehaupten,dassdannZ =ZAn(S)erfülltist.EinPunkta∈AnK liegtgenaudanninZ,wenn
a Z für alle i I erfüllt ist. Dies wiederum ist genau dann der Fall, wenn f(a) = 0 für alle
i
∈ ∈
f S undallei I,alsofürallef S gilt.
i
∈ ∈ ∈
Satz1.2.3 DieKomplementealgebraischerTeilmengendesAn bildeneineTopologieaufAn,die
K K
sogenannteZariski-Topologie.
Beweis: Sei die Menge derjenigen Teilmengen von An, die als Komplemente einer algebrai-
T K
schenTeilmengedargestelltwerdenkönnen.Zuzeigenistdann
(i) ∅,An
K ∈T
(ii) U,V U V
∈T ⇒ ∩ ∈T
(iii) U U
{ i}i∈I ∈T ⇒ i∈I i ∈T
DieTeilmengen∅undAnKSsindwegen∅=ZAn((1))undAnK =ZAn((0))algebraisch.Dajeweils
eineMengedasKomplementderanderenist,sindsiebeideauchin enthalten.SindU,V ,
T ∈ T
danngibt esalgebraische TeilmengenZ ,Z An mitU = An Z und V = An Z . Dadie
1 2 ⊆ K K \ 1 K \ 2
MengeZ Z nachProposition1.2.1algebraischist,liegtderenKomplement
1 2
∪
An (Z Z ) = (An Z ) (An Z ) = U V
K \ 1∪ 2 K \ 1 ∩ K \ 2 ∩
in .Seinun U einebeliebigeFamilievonTeilmengenaus undZ =An U diezugehöri-
T { i}i∈I T i K\ i
genalgebraischenTeilmengen.DannistZ = Z nachProposition1.2.2ebenfallsalgebraisch.
i∈I i
Folglichist
T
U = (An Z ) = An Z = An Z
i K \ i K \ i! K \
i∈I i∈I i∈I
[ [ \
einElementvon .DamitsindalleTopologie-Axiomeverifiziert.
T
JedeTeilmenge Z An erbtvom affinenRaum eine Teilraum-Topologie, derenoffeneMengen
⊆ K
durch U Z gegeben sind, wobei U die Zariski-offenen Teilmengen von An durchläuft. Diese
∩ K
TopologiewerdenwirebenfallsalsZariski-Topologiebezeichnen.
Zu beachten ist, dass die Zariski-Topologie im Vergleich zu anderen, herkömmlichen Topolo-
gien eine sehr grobe Topologie ist, d.h. aus vergleichsweise wenigen offenen und abgeschlos-
senen Teilmengen besteht. Zum Beispiel werden wir in den Übungen sehen, dass die Zariski-
abgeschlossenen echtenTeilmengen von A1 geradedie endlichen Mengensind. Betrachtenwir
K
andererseitsz.B.denaffinenRaumAn überdenkomplexenZahlen,sogibtesdortbezüglichder
C
gewöhnlichen(komplexen)TopologieeinevielgrößereMengeabgeschlossenerTeilmengen,z.B.
dieabgeschlossenenKreisscheiben.
1.3 Die Zerlegungalgebraischer Teilmengen in irreduzibleKomponenten
Definition1.3.1 EintopologischerRaumX wirdirreduzibelgenannt,wenneskeineDarstellung
X =X X vonX alsVereinigungechterabgeschlossenerTeilmengenX (X gibt.
1 2 i
∪
Definition 1.3.2 Eine affine Varietät ist eine algebraische Teilmenge X An, die irreduzibel
⊆ K
bezüglichderZariski-Topologieist.
6
EineganzeReihe„naheliegender“,d.h.einfachzudefinierenderalgebraischerTeilmengensindir-
reduzibelundsomitaffineVarietäten.WirwerdendieIrreduzibilitätspäterdadurchnachweisen,
dasswirdensog.KoordinatenringdieseralgebraischenTeilmengenbetrachten.Einealgebraische
Teilmengeistgenaudannirreduzibel,wennihrKoordinatenringeinIntegritätsbereichist.
Beispiel1.3.3 (i) ∅undAn sindaffineVarietäten.
K
(ii) Beliebige einelementige Teilmengen a von An sind affine Varietäten. Dagegen ist jede
{ } K
endlicheTeilmengemitmehralseinemPunkteinereduzible,d.h.nichtirreduzibleTeilmen-
gedesAn.
K
(iii) Ein affiner Unterraum ist eine Teilmenge des An, die durch ein beliebiges System f
K { i}i∈I
vonlinearenPolynomenderForm
n
f = a x b mit a K und b K
i ij j i ij i
− ∈ ∈
j=1
X
definiertwird.JederaffineUnterraumisteineaffineVarietät.
(iv) Eine algebraische Teilmenge des An, die durch ein einziges Polynom f K[x ,...,x ]
K ∈ 1 n
definiert wird, ist eine affine Hyperfläche. Ist das Polynom f irreduzibel, dann handelt es
sichumeineaffineVarietät.
BesonderseinfacheBeispieleaffinerHyperflächensinddieebenenKurven,diedurcheinPolynom
f K[x,y]definiertwerden.ProminenteBeispielesind
∈
derKreis(f =x2+y2 1)
− −
dieHyperbel(f =xy 1)
− −
dieParabel(f =y x2)
− −
elliptischeKurven(f =y2 x3 ax b,a,b K,4a3 27b2 =0)
− − − − ∈ − 6
dieNeillscheParabel(f =y2 x3)
− −
eineelliptischeKurvemitDoppelpunkt(f =y2 x3 x2)
− − −
Ein Beispiel für eine zweidimensionale affine Varietät ist der Kegel mit der definierenden Glei-
chungf =x2+y2 z2.
−
Definition1.3.4 SeiK ein algebraischabgeschlossener Körper und R = K[x ,...,x ]. DasVer-
1 n
schwindungsidealeinerTeilmengeT An istdefiniertdurch
⊆ K
(T) = f R f(a)=0 a T .
R
J ∈ ∀ ∈
(cid:8) (cid:12) (cid:9)
(cid:12)
Manrechnetunmittelbarnach,dassessichbei (T)tatsächlichumeinIdealhandelt:Sindf,g
R
J ∈
(T),dannistfürjedesa T
R
J ∈
(f +g)(a) = f(a)+g(a) = 0
erfülltundsomitf+g (T).Isth ReinbeliebigesPolynom,danngilt(hf)(a)=h(a)f(a)=
R
∈J ∈
h(a) 0 = 0fürallea T undsomithf (T).DurchelementareRechnungweistmannach,
R
· ∈ ∈ J
dassdieZuordnungT R(T)(ebensowieS An(S))antitonist.
7→J 7→Z
7
Lemma1.3.5 IstZ An einealgebraischeTeilmengeundR=K[x ,...,x ],danngilt
⊆ K 1 n
An( R(Z)) = Z.
Z J
Beweis: Die Inklusion „ “ ergibt sich unmittelbar aus den Definitionen: Ist a Z, dann gilt
⊇ ∈
f(a¯) = 0 für alle f (Z) nach Definition des Verschwindungsideals. Nach Defininition der
R
∈ J
Nullstellenmengewiederumfolgtdanna An( R(Z)).FürdenNachweisvon„ “verwenden
∈Z J ⊆
wir, dass es sich bei Z um eine algebraische Teilmenge handelt. Demnach existieren Polynome
f1,...,fr RmitZ = An(f1,...,fr),unddiesePolynomesindihrerseitsin R(Z)enthalten.Ist
∈ Z K J
nuna An( R(Z)),dannfolgtfi(a)=0für1 i r.DaZ dieNullstellenmengevonf1,...,fr
∈Z J ≤ ≤
ist,giltsomita Z.
∈
Folgerung1.3.6 SeiR=K[x ,...,x ].FürbeliebigealgebraischeTeilmengenZ ,Z An gelten
1 n 1 2 ⊆ K
dieÄquivalenzen
(i) Z Z (Z ) (Z )
1 2 R 1 R 2
⊆ ⇔ J ⊇J
(ii) Z =Z (Z )= (Z )
1 2 R 1 R 2
⇔ J J
(iii) Z (Z (Z )) (Z )
1 2 R 1 R 2
⇔ J J
Beweis: Esgenügt,dieersteAussagezubeweisen,dasichdiebeidenanderenunmittelbardaraus
ergeben.DieImplikation„ “isteineunmittelbareFolgerungausderAntitoniederZuordnung
⇒
T R(T).FürdieUmkehrung„ “verwendetmandieAntitonievonS An(S)inVerbin-
7→ J ⇐ 7→ Z
dungmitLemma1.3.5.Esgilt
R(Z1) R(Z2) An( R(Z1)) An( R(Z2)) Z1 Z2.
J ⊇J ⇒ Z J ⊆Z J ⇒ ⊆
Satz 1.3.7 Sei R = K[x ,...,x ]. Eine algebraische Teilmenge ∅ = Z An ist genau dann
1 n 6 ⊆ K
irreduzibel,wenndasVerschwindungsideal (Z)einPrimidealist.
R
J
Beweis: „ “ Da nach Voraussetzung Z = ∅ gilt, ist (Z) jedenfalls nicht das Einheitsideal.
R
⇒ 6 J
Sei Z irreduzibel und f,g R mit fg (Z). Um nachzuweisen, dass (Z) ein Primideal
R R
∈ ∈ J J
ist, müssen wir f (Z)oder g (Z) zeigen.Wir betrachtendazudie HyperflächenH =
R R
∈ J ∈ J
An(f)undH′ = An(g)undbehaupten,dass
Z Z
Z = (Z H ) (Z H ) (1.1)
1 2
∩ ∪ ∩
gilt. Die Inklusion „ “ist offensichtlich. Zum Nachweisvon„ “seia Z vorgegeben. Wegen
⊇ ⊆ ∈
fg (Z)giltfg(a) = f(a)g(a) = 0,alsof(a) = 0oderg(a) = 0.Esfolgta H odera H′,
R
∈ J ∈ ∈
wegena Z alsoa Z H odera Z H′.DamitistdieGleichung(1.1)bewiesen.
∈ ∈ ∩ ∈ ∩
SowohlZ H alsauchZ H′istabgeschlosseneTeilmengevonZ.DaZ irreduzibelist,können
∩ ∩
wiro.B.d.A.voraussetzen,dassZ H = Z gilt.EsfolgtZ H,alsof(a)= 0fürallea Z und
∩ ⊆ ∈
somitf (Z).Damitistbewiesen,dassessichbei (Z)umeinPrimidealhandelt.
R R
∈J J
„ “ Nun setzen wir voraus, dass (Z) ein Primideal ist. Angenommen, es existiert eine Zer-
R
⇐ J
legung Z = Z Z mitZ ( Z für i = 1,2.NachFolgerung 1.3.6gilt (Z ) ) (Z), insbe-
1 2 i R i R
∪ J J
sondere (Z ) (Z)füri= 1,2.Andererseitsgiltaber (Z ) (Z ) (Z):Istnämlich
R i R R 1 R 2 R
J 6⊆J J J ⊆ J
f (Z )undg (Z ),danngiltfürallea Z = Z Z offenbar(fg)(a) = f(a)g(a) = 0
R 1 R 2 1 2
∈ J ∈ J ∈ ∩
8
und somit fg (Z). Wir erhalteneinenWiderspruch zuunsererVoraussetzung, dass (Z)
R R
∈ J J
einPrimidealist.
Definition1.3.8 EintopologischerRaumX wirdnoetherschgenannt,wennjedeabsteigendeKet-
te X X X ... von abgeschlossenen Teilmengen von X stationär wird, wenn also ein
1 2 3
⊇ ⊇ ⊇
n NmitX =X =...existiert.
n n+1
∈
Bemerkung1.3.9 DeraffineRaumAn ausgestattetmitderZariski-Topologieisteinnoetherscher
K
topologischer Raum.SeinämlichX X ...eineabsteigendeKetteZariski-abgeschlossener,
1 2
⊇ ⊇
also algebraischer Teilmengen. Dann bilden die Ideale a = (X ) eine aufsteigende Folge
n R n
J
von Idealen in R = K[x ,...,x ]. Da R nach dem Hilbertschen Basissatz ein noetherscher Ring
1 n
ist, wird diese Kette stationär, d.h. es gibt ein m N mit a = a für alle k m. Es folgt
k k+1
∈ ≥
An(ak)= An(ak+1),nachLemma1.3.5alsoXk =Xk+1 fürk m.
Z Z ≥
Bemerkung1.3.10 DerRm mitdergewöhnlichen(euklidischen)Topologieistnichtnoethersch.
Sei z.B. εn n∈N eine streng monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen. Ferner sei Xn =
{ }
B Rm die m-dimensionale abgeschlossene Kugel umdenNullpunkt vom Radiusε . Dann
εn ⊆ n
ist Xn n∈NeineabsteigendeKetteabgeschlossenerTeilmengendesRm,dieabernichtstationär
{ }
wird.
Lemma1.3.11 EintopologischerRaumXistgenaudannirreduzibel,wennjedenichtleereoffene
TeilmengeU X inX dichtist.
⊆
Beweis: zurErinnerung:EintopologischerUnterraumY ineinemtopologischenRaumXistdicht,
wenn der topologische Abschluss Y¯ von Y mit X übereinstimmt. Der topologische Abschluss
von Y ist nach Definition der Durchschnitt über alle abgeschlossenen Teilmengen Z X mit
⊆
Z Y.„ “SeiX irreduzibelund ∅ = U X offen,abernichtdicht. Dannkönnenwir X als
⊇ ⇒ 6 ⊆
VereinigungX = Z Z darstellen,wobeiZ = X U undZ =U¯ abgeschlosseneTeilmengen
1 2 1 2
∪ \
von X sind. Wegen U = ∅ gilt Z ( X, außerdemgilt Z ( X, da U in X nicht dicht ist. Wir
1 2
6
erhaltenalsoeinenWiderspruchzurIrreduzibilität.
„ “ Angenommen, es gibt eine Darstellung X = Z Z von X als Vereinigung echter abge-
1 2
⇐ ∪
schlossenerTeilmengenZ (X.SetzenwirU = X Z ,dannistU = ∅.FerneristU unddamit
i 1
\ 6
auch der Abschluss U¯ in Z enthalten. Wir haben also eine nichtleere, offene Teilmenge von X
2
gefunden,dieinX nichtdichtist.
Lemma 1.3.12 Ist X ein irreduzibler topologischer Raum und sind U ,...,U nichtleere, offene
1 n
TeilmengenvonX,dannistauchderDurchschnitt
U ... U nichtleer.
1 n
∩ ∩
Beweis: Fürn= 1istdieAussageklar.Istn =2,dannwürdeU U = ∅eineDarstellungvon
1 2
∩
X alsVereinigung der echten, abgeschlossenen Teilmengen X V und X V liefern. Den Fall
1 2
\ \
n 3erhältmannundurchvollständigeInduktion:AufGrundderInduktionsvoraussetzungist
≥
V =U ... U nichtleer,undderFalln=2liefertV U =∅.
1 n−1 n
∩ ∩ ∩ 6
9
Lemma1.3.13 Seir N,r 2undY eintopologischerRaum,deralsVereinigungY =Y ... Y
1 r
∈ ≥ ∪ ∪
irreduziblerabgeschlossenerTeilmengendargestelltwerdenkann.AußerdemsetzenwirY Y
i 1
6⊆
für2 i rvoraus.DannistdertopologischeAbschlussU¯ vonU =Y Y durch
1
≤ ≤ \
U¯ = Y ... Y gegeben.
2 r
∪ ∪
Beweis: DaY ... Y inY abgeschlossenistundU indieserVereinigungenthaltenist,giltdie
2 r
∪ ∪
InklusionU¯ Y ... Y .ZumNachweisvon„ “seiT Y eineabgeschlosseneTeilmengemit
1 r
⊆ ∪ ∪ ⊇ ⊆
T U.ZuzeigenistdannY ... Y T.Esgilt
2 r
⊇ ∪ ∪ ⊆
Y U = (Y U) ... (Y U).
2 r
∩ ∩ ∪ ∪ ∩
DabeiistjedeMengeY U inderVereinigungnichtleer,dennausY U =∅würdeY Y U =Y
i i i 1
∩ ∩ ∩ \
folgen,imWiderspruchzurVoraussetzung.SoaberistY U alsnichtleereoffeneTeilmengevon
i
∩
Y dichtinY .WegenY U U T istauchderAbschlussY vonY U inT enthalten.Damit
i i i i i
∩ ⊆ ⊆ ∩
liegtdannauchdieVereinigungY ... Y inT.
2 r
∪ ∪
Satz1.3.14 IneinemnoetherschenRaumX kannjedenichtleere,abgeschlosseneMengeY X
⊆
alsendlicheVereinigungY ... Y vonirreduziblen,abgeschlossenenTeilmengenvonY darge-
1 r
∪ ∪
stelltwerden.GiltzusätzlichY Y füri=j,dannistdieseDarstellungbisaufdieReihenfolge
j i
6⊆ 6
eindeutig.ManbezeichnetdieY alsdieirreduziblenKomponentenvonY.
i
Beweis: Existenz: SeiSdieMengedernichtleerenabgeschlossenenabgeschlossenenTeilmengen
Y X, die keine Darstellung der angegebenen Form besitzen. Angenommen, es ist S = ∅.
⊆ 6
DanngibtesinSeinbezüglichInklusionminimalesElementY.WürdeeinsolchesElementnicht
existieren,dannkönntemaneineunendlicheabsteigendeKetteY ) Y ) Y ) ...konstruieren,
1 2 3
dienichtstationärwird.DasminimaleElementY istnachVoraussetzungnichtirreduzibel,esgibt
alsoechteabgeschlosseneTeilmengenY′,Y′′ (Y,sodassY =Y′ Y′′ erfülltist.DaY′undY′′
∪
bezüglichInklusionechtkleineralsY sind,besitztaufGrundderMinimalitätseigenschaftvonY
sowohlY′alsauchY′′eineDarstellungalsVereinigungabgeschlossenerirreduziblerTeilmengen.
Damit können wir dann auch Y als Vereinigung echter irreduzibler Teilmengen darstellen, im
WiderspruchzuunsererAnnahme.
Eindeutigkeit: SeienY = Y ... Y = Y′ ... Y′ zweiDarstellungenvonY alsVereinigung
1∪ ∪ r 1 ∪ ∪ s
irreduzibler abgeschlossener Teilmengen Y ,Y′. Zu zeigen ist, dass r = s und nach eventueller
i i
Umnummerierung der Komponenten Y = Y′ für 1 i r gilt. Wir beweisen die Aussage
i i ≤ ≤
durchvollständige Induktion über n = r+s. Für n = 2, r = s = 1 ist nichts zuzeigen. Gehen
wir nun davonaus, dassY zweiDarstellungenwie angegebenbesitztund die Aussage füralle
Gleichungenmitwenigeralsr+sElementenbereitsbewiesenwurde.AusY′ Y =Y ... Y
1 ⊂ 1∪ ∪ r
folgt
r
Y′ = (Y′ Y ).
1 1 ∩ i
i=1
[
DaY′irreduzibelist,mussesmiteinerderabgeschlossenenTeilmengenY′ Y übereinstimmen;
1 1∩ i
nachUmnummerierung können wir Y′ Y = Y′ Y′ Y annehmen. MitdenselbenArgu-
1 ∩ 1 1 ⇔ 1 ⊆ 1
menten zeigt man, dass Y Y′ für ein j 1,...,s gilt. Es folgt Y′ Y Y′. Auf Grund
1 ⊆ j ∈ { } 1 ⊆ 1 ⊆ j
unsererAnnahmeY′ (Y′füri=j mussj =1sein,wirhabenalsoY =Y′bewiesen.
i j 6 1 1
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