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(Frage) überfällig  | | Datum: | 17:10 Sa 03.04.2010 | | Autor: | cantor |
Hallo!
nachdem ich schonmal bei meiner Frage zu Noether Normalisierung hier gute Hilfe bekommen habe, versuche ich es jetzt wieder. Es sind kurze und wahrscheinlich einfache Fragen aber die Formulierung dauert länger. Für jeden Hilfe wäre ich sehr dankbar.
Zunächst die Formulierung des Satzes in meinem Heft:
[mm]k[/mm] Körper, A endl. erz. [mm]k[/mm]-Algebra, [mm] $a_1 \subseteq a_2 \subseteq [/mm] ... [mm] a_p$ [/mm] Ideale in [mm]A, a_p \not= A$[/mm]. Dann gibt es ein $n$ und [mm] $x_1,...x_n \in [/mm] A$ so dass:
(1) [mm] $x_1,...x_n$ [/mm] algebraisch unabhängig über $k$ [mm] ($\Rightarrow k[x_1,...,x_n] [/mm] =: B$ ist der Polynomring über $k$)
(2) $A$ ganz über $B$
(3) Für alle $1 [mm] \leq [/mm] i [mm] \leq [/mm] p$ existiert ein $h(i) > 0$ so dass [mm] $a_i \cap [/mm] B = [mm] (x_1,...,x_{h(i)})$
[/mm]
1.
Erstmal eine grundlegende Frage. Implizit ist hier ja die Rede von einer Abbildung [mm] $\phi [/mm] : B [mm] \to [/mm] A$ wobei B [mm] \subset [/mm] A. Kann man sagen, dass diese Abbildung die Identität ist? Insbesondere also auch injektiv?
2.
Zur Unterstützung der Intuition: was genau ist die "wichtigste" Aussage an diesem Satz? Sprich welcher der drei Punkte (1) - (3) ist besonders revolutionär und nützlich? Wie würdet ihr den Satz kurz in Worte fassen?
3.
Habe versucht den Beweis nachzuvollziehen, einige Fragezeichen bleiben. Bewiesen wird nur der Fall für A = [mm] k[y_1,...,y_m] [/mm] und für p=1 und [mm] a_1 [/mm] ein Primideal. Der allgemeine Fall folgt daraus. Im Laufe des Beweises kommt man schließlich an den Punkt an dem man sagen kann:
Man hat eine injektive und ganze Abbildung [mm] $\phi$ [/mm] von $B = [mm] k[x_1,...,x_m]$ [/mm] nach [mm] $A[y_1,...,y_m], a_1 [/mm] = [mm] (x_1)$ [/mm] ist ein Ideal in $A$.
a) Erste triviale Schlussfolgerung ist [mm] $(x_1) \subseteq a_1 \cup [/mm] B$. Verstehe ich nicht. Woraus folgt das? Man müsste ja zeigen, dass jedes Element aus [mm] $(x_1)$ [/mm] im Urbild von [mm] $(x_1)$, [/mm] also in $B$ ist. Das sehe ich nicht.
b) Nun soll die andere Richtung, also $f [mm] \in a_1 \cup [/mm] B [mm] \Rightarrow [/mm] f [mm] \in (x_1)$ [/mm] gezeigt werden. Der erste Schritt des Beweises lautet:
[mm] $\Rightarrow [/mm] f = G * [mm] x_1, [/mm] G [mm] \in [/mm] A$
Ist man hier nicht schon fertig? aber warum gilt das?
Der Beweis wird allerdings wie folgt fortgesetzt:
Da $A$ ganz über $B$, gibt es eine Gleichung
[mm] $G^s [/mm] + [mm] a_1 [/mm] G ^{s-1} + ... + [mm] a_s [/mm] = 0,$ wobei [mm] $a_i \in [/mm] B, s>0$
[mm] $\Rightarrow f^{s} [/mm] + [mm] a_1 x_1 G^{s-1} [/mm] + ... + [mm] a_s {x_1}^s [/mm] = 0$
[mm] $\Rightarrow x_1 [/mm] | [mm] f^s [/mm] $ also $ [mm] x_1 [/mm] | f$ (da [mm] $x_1$ [/mm] prim)
[mm] $\Rightarrow [/mm] f [mm] \in (x_1)$
[/mm]
Die unteren Schritte des Beweises sind vollkommen klar, aber mir ist wie gesagt der erste Schritt unklar und wieso man nach dem ersten Schritt überhaupt weitermachen muss.
Vielen Dank!
cantor
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:24 Sa 03.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Erstmal eine grundlegende Frage. Implizit ist hier ja die
> Rede von einer Abbildung [mm]\phi : B \to A[/mm] wobei B [mm]\subset[/mm] A.
> Kann man sagen, dass diese Abbildung die Identität ist?
Identität? Es ist eben eine Unteralgebra, so wie ein Unterraum - von mir aus eine Injektion, aber Identität, hm, eingeschränkt auf B - dann ja. Aber ob das hilft?
> Man hat eine injektive und ganze Abbildung [mm]\phi[/mm] von [mm]B = k[x_1,...,x_m][/mm]
> nach [mm]A[y_1,...,y_m], a_1 = (x_1)[/mm] ist ein Ideal in [mm]A[/mm].
>
> a) Erste triviale Schlussfolgerung ist [mm](x_1) \subseteq a_1 \cup B[/mm].
Wieso hat man Vereinigung?
> Verstehe ich nicht. Woraus folgt das? Man müsste ja
> zeigen, dass jedes Element aus [mm](x_1)[/mm] im Urbild von [mm](x_1)[/mm],
> also in [mm]B[/mm] ist. Das sehe ich nicht.
Häh? Oder meinst du vielleicht doch den Schnitt der beiden?
Mal soweit dazu.
SEcki
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(Frage) überfällig | | Datum: | 23:05 Sa 03.04.2010 | | Autor: | cantor |
Hi SEcki,
erstmal danke für die schnelle Antwort. Das mit der Unteralgebra passt jetzt.
Und du hast vollkommen recht, es ist in beiden Fällen der Schnitt gemeint!
Kannst du mir nun vielleicht weiterhelfen?
Danke,
cantor
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(Frage) überfällig | | Datum: | 23:07 Sa 03.04.2010 | | Autor: | cantor |
also der Schnitt im Sinne von Urbild. So hat das mein Prof immer formuliert. Bei Urbild ist dann wohl wieder bezüglich der Abbildung [mm] $\phi$ [/mm] gemeint. Also wenn das die (auf B eingeschränkte) Identität ist, dann ist das ja tatsächlic dasselbe wie der Schnitt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:54 So 04.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> also der Schnitt im Sinne von Urbild. So hat das mein Prof
> immer formuliert. Bei Urbild ist dann wohl wieder
> bezüglich der Abbildung [mm]\phi[/mm] gemeint. Also wenn das die
> (auf B eingeschränkte) Identität ist, dann ist das ja
> tatsächlic dasselbe wie der Schnitt.
Ich verstehe das nicht, kannst du das ausführen? Ich habe nur Fragezeichen im Kopf ...
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:43 So 04.04.2010 | | Autor: | cantor |
ja, verstehe dass du mit den formulierungen probleme hast, war etwas wirr 
ich sortiere erstmal meine Gedanken und formulier dann nochmal neu. Aber erst wieder ab Mittwoch.
Viele Grüße
cantor
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:20 Mo 05.04.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:20 Mo 05.04.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Mo 05.04.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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