WS 2001/2

Zusätze zu Teil I.

A. Der Hilbert’sche Basissatz.

Wir betrachten im ersten Teil der Vorlesung vor allem endlich-erzeugte kommutative k-Algebren betrachten. Von Bedeutung ist die folgende Eigenschaft dieser endlich erzeugten, kommutativen k-Algebren: sie sind ‘noethersch’. Diese Begriffsbildung soll auch für nicht notwendig kommutative Ringe vorgestellt werden, dort unterscheiden man zwischen ‘links-noethersch’ und ‘rechts-noethersch’.

Ist R ein (nicht notwendig kommutativer) Ring, so nennt man eine nicht-leere Teilmenge L von R ein Linksideal, falls die folgenden beiden Eigenschaften gelten:

(1) (Abgeschlossenheit unter der Addition): Sind x_{1}, x_{2} ∈ I, so ist auch x_{1} +x_{2} ∈ I.

(2) Ist x ∈ I und r ∈ R, so gehört auch rx zu I.

Ist L ein Linksideal, so ist L eine Untergruppe von (R, +), denn mit x gehört wegen der Bedingung (2) auch −x = (−1)x zu L.

Eine Kette I von Linksidealen heißt aufsteigend, wenn es zu jedem I ∈ I nur endlich viele Ideale I′ ∈ I mit I′ ⊂ I gibt.

Sei L ein Linksideal. Eine Teilmenge S ⊆ L heißt Erzeugendensystem von L, falls jedes Element aus L eine (endliche) Summe ∑ r_{i}s_{i} mit r_{i} ∈ R, s_{i} ∈ S ist; in diesem Fall schreiben wir L = ∑ RS. Ist S = {s_{1}, …, s_{n}} eine endliche Menge, so schreibt man natürlich auch L = ∑_{i=1}^{n} Rs_{i}. Besitzt L ein endliches Erzeugensystem, so heißt L endlich erzeugt.

Lemma. Sei R ein Ring. Die folgenden Aussagen sind äquivalent:

(i) Jedes Linksideal von R ist endlich erzeugt. (i′) Jedes Erzeugendensystems eines jeden Linksideals von R enthält ein endliches Erzeugendensystem. (ii) Ist I eine nicht-leere Menge von Linksidealen von R, so gibt es in I ein maxi-

males Element. (iii) Jede aufsteigende Kette von Linksidealen von R ist endlich. Wenn diese Bedingungen erfüllt sind, so heißt R links-noethersch; man sagt in diesem Fall auch, daß jede aufsteigende Kette abbricht, und nennt dies die aufsteigende Kettenbedingung. (Ist R kommutativ und erfüllt diese Bedingungen, so nennt man ihn noethersch).

Beweis der Äquivalenz: (i) ⟹ (iii): Angenommen es gibt eine aufsteigende Kette von Linksidealen, die nicht abbricht:

L_{0} ⊂ L_{1} ⊂ ⋯ ⊂ L_{s} ⊂ L_{s+1} ⊂ …

Sei L = ⨁_{j∈ℕ_{0}} L_{j}. Dies ist ein Linksideal, also endlich erzeugt. Sei etwa L = ∑_{i=1}^{t} Rx_{i} mit x_{i} ∈ L. Jedes dieser Elemente x_{i} gehört zu L, also zu einem L_{j(i)} mit j(i) ∈ ℕ_{0}. Ist s das Maximum von j(1), …, j(t), so liegen alle x_{i} in L_{s}, es ist also L ⊆ L_{s}. Dies widerspricht aber der Tatsache, daß L_{s} eine echte Teilmenge von L_{s+1} ⊆ L ist.

(iii) ⟹ (ii): Offensichtlich.

(ii) ⟹ (i′): Sei L ein Linksideal von R, sei S ein Erzeugendensystem von L. Sei I die Menge der Linksideale der Form ∑ RS′, wobei S′ eine endliche Teilmenge von S ist. Die Menge I ist nicht leer, da sie insbesondere das Nullideal 0 = ∑ R∅ enthält. Wegen (ii) besitzt I ein maximales Element, etwa L_{0} = ∑ RS_{0}, dabei ist S_{0} eine endliche Teilmenge von S. Ist nun s ∈ S, so ist auch L_{0} +Rs = ∑ R(S_{0} ∪{s}) in I Linksideal von R. Wegen L_{0} ⊆ L_{0} + Rs und der Maximalität von L_{0} folgt s ∈ L_{0}. Wir sehen also: L_{0} = L.

Hilbert’scher Basissatz. Ist R links-noetherscher Ring, so ist auch R[X] links-noetherscher Ring.

Die Bezeichnung Basissatz ist eigentlich irreführend, denn nach gängiger Terminologie ist dies nicht ein Satz über “Basen”, sondern über Erzeugendensysteme. Aber die Bezeichnung hat sich eingebürgert.

Beweis: Sei L ein Linksideal von R[X], das nicht endlich erzeugt ist. Sei f_{1} ein Polynom kleinsten Grades in L \ 0. Induktiv wähle als f_{m+1} ein Polynom kleinsten Grades in L \ ∑_{i=0}^{m} R[X]f_{i}. Sei n_{m} der Grad von f_{m}, sei r_{m} der höchste Koeffizient von f_{m}. Es ist n_{1} ≤ n_{2} ≤ …. Betrachte die Kette von Linksidealen Ra_{1} ⊆ Ra_{1} + Ra_{2} ⊆ . . .. Behauptung: dies ist eine echt aufsteigende Kette. Wäre nämlich a_{m+1} ∈ ∑_{i=1}^{m} Ra_{i}, also a_{m+1} = ∑_{i=1}^{m} r_{i}a_{i}, mit r_{i} ∈ R, so ist

g = f_{m+1} − ∑_{i=1}^{m} r_{i}X^{n_{m+1}−n_{i}}f_{i} ∈ L \ ∑_{i=0}^{m} R[X]f_{i}

ein Polynom kleineren Grads als f_{m+1}, im Widerspruch zur Auswahl von f_{m+1}.

Mit Induktion erhält man: Ist R links-noetherscher Ring, so ist auch jeder Polynomring R[X_{1}, …, X_{n}] in endlich vielen Variablen links-noetherscher Ring.

Betrachtet man Rechtsideale statt Linksideale, so erhält man den analogen Begriff eines rechts-noetherschen Rings (hier gilt also: jedes Rechtsideal ist endlich erzeugt); ist R kommutativer Ring, so sind die Linksideale genau die Rechtsideale und man nennt sie die Ideale von R; statt ‘links-noethersch’ sagt man in diesem Fall einfach ‘noethersch’: Ist R ein noetherscher kommutativer Ring, so ist jeder Polynomring R[X_{1}, …, X_{n}] in endlich vielen Variablen wieder ein noetherscher Ring. Insbesondere gilt also: Ist k ein Körper, so ist jeder Polynomring k[X_{1}, …, X_{n}] in endlich vielen Variablen ein noetherscher Ring.

B. Algebraische Mengen und die Zariski-Topologie.

Anwendung auf Nullstellenmengen von Polynomen. Sei k ein Körper, betrachte den affinen Raum k^{n} (für ein n). Im k^{n} interessieren uns die Nullstellenmengen V (P) einer Menge von Polynomen. Folgerung des Hilbert’schen Basissatzes: Zu jeder Menge P ⊆ k[X_{1}, …, X_{n}] gibt es eine endliche Teilmenge P′ ⊆ P mit V (P) = V (P′).

Nebenbemerkung. Man kann also jedes P durch eine endliche Teilmenge P′ ersetzen. Kann man etwas sagen, wie klein man P′ machen kann? Verwendet man die hier gegebene Formulierung, so kann P′ beliebig groß sein, schon im Fall n = 1: Seien a_{1}, …, a_{m} paarweise verschiedene Elemente aus k, sei f_{i} = ∏_{j≠i}(X − a_{j}). Dann ist V (f_{i}) = {a_{1}, …, a_{i−1}, a_{i+1}, … a_{m}}, also ist V (f_{1}, …, f_{m}) = ∅, während für jede echte Teilmenge P′ ⊂ P = {f_{1}, …, f_{m}) gilt: V (P′) ist nicht leer.

Allerdings könnten wir ja die folgende schwächere Formulierung betrachten: Zu jeder Menge P ⊆ k[X_{1}, …, X_{n}] gibt es eine endliche Menge P′ ⊂ k[X_{1}, …, X_{n}] mit V (P) = V (P′). Unser obiges Beispiel ist dann hinfällig: im Fall n = 1 arbeitet man mit einem Hauptidealring, also gilt: Zu jeder Menge P ⊆ k[X] gibt es ein Element f ∈ k[X] mit V (P) = V (f), hier genügt es also, einelementige Mengen zu betrachten. Aber der Fall n = 1 ist uninteressant. Fall n = 2. Ist k ein unendlicher Körper, so kann man höchstens erwarten, daß es zu jeder Teilmenge P ⊆ k[X_{1}, X_{2}] eine zweielementige Menge P′ ⊂ k[X_{1}, X_{2}] mit V (P) = V (P′) gibt: Nullstellenmenge eines einzigen Polynoms über einem unendlichen Körper sind immer unendliche Mengen! Die Dimensionstheorie wird uns zeigen, daß ganz allgemein gilt: Nullstellenmengen von n−1 Polynomen in n Variablen über einem unendlichen Körper sind unendlich.

Zariski-Topologie auf X = V(I). Eine Teilmenge X′ ⊆ X heißt (Zariski-) abgeschlossen, falls es ein Ideal I′ ⊇ I mit X′ = V(I′) gibt. Jede abgeschlossene Teilmenge ist also selbst wieder eine algebraische Menge. Es gilt:

(a) Durchschnitte abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen.

(b) Die Vereinigung zweier abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen.

(c) Die leere Menge wie auch X selbst sind abgeschlossen. Insgesamt sehen wir: wir erhalten auf X eine “Topologie”. Insbesondere können wir jeder Teilmenge U ⊆ X ihren Abschluß \overline{U} zuordnen; es ist \overline{U} die kleinste abgeschlossenen Obermenge von U (also der Durchschnitt aller abgeschlossenen Teilmengen, die U enthalten …). Die Komplemente abgeschlossener Mengen heißen offen (sie sind also durch Ungleichungen definiert).

Warnung: diese Topologie hat (verglichen mit der üblichen Topologie etwa des ℝ^{n}, des ℂ^{n} oder auch der Funktionenräume in der Analysis) ganz merkwürdige Eigenschaften.

Beispiel: Der Abschluß einer unendlichen Teilmenge von X = k ist immer X, für k = ℝ oder k = ℂ ist also \overline{ℕ} = k.

Es gilt (auch dies ist merkwürdig):

Folgerung aus dem Hilbert’schen Basissatz: Sei X ⊆ k^{n} eine algebraische Menge. Es gilt die absteigende Kettenbedingung für abgeschlossene Mengen in X.

Wir nennen X irreduzibel, wenn sich X nicht als Vereinigung zweier echter abgeschlossener Teilmengen schreiben läßt. (Irreduzible algebraische Mengen nennt man oft “affine Varietäten”.)

Satz. Jede algebraische Menge X läßt sich eindeutig als endliche Vereinigung paarweise unvergleichbarer irreduzibler abgeschlossener Mengen X_{i} schreiben. Man nennt diese Teilmengen X_{i} die irreduziblen Komponenten von X.

Beweis: Aus dem Hilbert’schen Basissatz folgt unmittelbar, daß sich X als Vereinigung endlich vieler irreduzibler abgeschlossener Teilmengen schreiben läßt, etwa X = ⋃_{i=1}^{n} X_{i} mit paarweise unvergleichbaren abgeschlossenen Teilmengen X_{i}.

Sind X, Y_{1}, …, Y_{n} algebraische Teilmengen von k^{n} und ist X irreduzibel, so folgt aus X ⊆ ⋃_{i=1}^{n} Y_{i}, daß es ein i mit X ⊆ Y_{i} gibt. Beweis mit Induktion nach n. Für n = 1 ist nichts zu zeigen. Sei also n > 1, setze Y′ = ⋃_{i=1}^{n−1} Y_{i}. Es ist X ⊆ Y′ ∪ Y_{n}, also X = (Y′ ∩ X) ∪ (Y_{n} ∩ X). Da wir X als Vereinigung zweier abgeschlossener Mengen geschrieben haben, gilt X = (Y′ ∩ X) oder X = (Y_{n} ∩ X). Im ersten Fall ist X ⊆ Y′ und wir können Induktion anwenden, im zweiten Fall ist X ⊆ Y_{n}.

Also sehen wir: Sind X_{1}, …, X_{t} die irreduziblen Komponenten der algebraischen Menge X, so ist die Vereinigung von t − 1 dieser Teilmengen X_{i} eine echte Untermenge von X.

Sei X eine algebraische Teilmenge von k^{n}.

Seien X_{1}, …, X_{n} die irreduziblen Komponenten von X. Jede irreduzible abgeschlossene Teilmenge von X ist in einem X_{i} enthalten. Beweis: folgt aus der vorhergehenden Eigenschaft.

Eine irreduzible algebraische Menge X′ ⊆ X ist eine irreduzible Komponente von X, wenn es keine irreduzible algebraische Menge X′′ mit X′ ⊂ X′′ ⊆ X gibt. Beweis: Seien X_{1}, …, X_{n} die irreduziblen Komponenten von X. Sei etwa X_{1} ⊂ X′′ mit X′′ irreduzibel. Dann ist X′′ = ⋃(X_{i} ∩ X′′), also X′′ = X_{i} ∩ X′′ für ein i, also X′′ ⊆ X_{i} für dieses i, und demnach X_{1} ⊂ X′′ ⊆ X_{i}. Für i = 1 liefert die echte Inklusion einen Widerspruch, ansonsten verwendet man, daß die X_{i} paarweise unvergleichbar sind. Die Umkehrung folgt aus der vorhergehenden Eigenschaft: Ist X′ eine irreduzible Teilmenge von X, so ist X′ in einer irreduziblen Komponente von X enthalten.

Über einem algebraisch abgeschlossenen Körper gilt: Sei V ⊆ k^{n} eine algebraische Menge. Genau dann ist V irreduzibel, wenn I(V) ein Primideal ist.

Beweis: Zuerst nehmen wir an, daß I(V) kein Primideal ist. Seien f_{1}, f_{2} ∈ mitf_{1}f_{2} ∈ I(V). Ist f_{i} nicht in I(V), so ist V_{i} = V (I(V)+Af_{i}) eine echte Teilmenge von V, und natürlich eine algebraische Menge. Wegen f_{1}f_{2} ∈ U(V) ist V_{1} ∪ V_{2} = V (denn ist v ∈ V, so ist f_{1}(v)f_{2}(v) = (f_{1}f_{2})(v) = 0, also f_{1}(v) = 0 oder f_{2}(v) = 0). Dies zeigt, daß V nicht irreduzibel sein kann.

Sei nun V nicht irreduzibel, also V = V_{1} ∪ V_{2} mit algebraischen Teilmengen V_{i}, die echt in V enthalten sind. Sei etwa w_{i} ∈ V \ V_{i}. Da V_{i} algebraische Teilmenge ist, gibt es ein f_{i} ∈ I(V_{i}) mit f_{i}(w_{i}) ≠ 0. Insbesondere gehört weder f_{1} noch f_{2} zu I(V). Wegen V = V_{1} ∪ V_{2} ist (f_{1}f_{2})(v) = 0 für alle v ∈ V, also f_{1}f_{2} gehört zu I(V). Wir sehen, daß I(V) kein Primideal sein kann.

C. Urbilder maximaler Ideale.

Sei f: A → B ein Ring-Homomorphismus. Dann gilt: Ist P ein Primideal von B, so ist f^{−1}(P) ein Primideal von A. Insbesondere gilt also: Urbilder maximaler Ideale sind zumindest Primideale. Der Fall der Inklusionabbildung ι: ℤ → ℚ und des maximalen Ideals 0 in ℚ (oder allgemeiner: Sei R ein Integritätsbereich, der kein Körper ist und ι: R → Quot(R) die Einbettung in den Quoteinetenkörper) zeigt, daß das Urbild eines maximalen Ideals kein maximales Ideal sein muß. Ist aber B eine affine k-Algebra mit k algebraisch abgeschlossen, und f: A → B ein k-Algebren-Homomorphismus, so ist das Urbild eines jeden maximalen Ideals wieder ein maximales Ideal. (Denn die maximalen Ideale von A sind Auswertungsideale, und das Urbild eines Auswertungsideals ist offensichtlich ein Auswertungsideal — unter f erhalten wir eine Inklusionsabbildung A/f^{−1}(P) ⊆ B/P, also ist immer A/f^{−1}(P) ein Unterring eines Körpers; ist dieser Körper der Grundkörper k, so haben wir die Inklusionskette k ⊆ A/f^{−1}(P) ⊆ B/P = k.)

Wir sehen: Jeder k-Algebren-Homomorphismus f: A → B endlich erzeugter k-Algebren induziert eine Abbildung f^{∗}: max B → max A.

Mehrere Fälle sind zu betrachten:

• f ist surjektiv.

• f ist Inklusion und B ist ganz über A. Sei etwa B als Modul von m Elementen über A erzeugt. Dann gilt: Das Urbild eines jeden maximalen Ideals besteht aus höchstens m maximalen Idealen.

D. Maximale Primidealketten mit verschiedenen Längen.

Ein weiteres Beispiel: Sei R = ℤ_{(2)} die Menge der rationalen Zahlen, deren Nenner nicht durch 2 teilbar ist, und bilde R[T]. Das Ideal, das von 2T = 1 erzeugt wird ist maximales Ideal (denn der Faktorring ist ℚ) und als Hauptideal auch ein minimales Primideal. Andererseits gibt es die Idealkette

(0) ⊂ ⟨T ⟩ ⊂ ⟨2, T ⟩

von Primidealen.

E. “Going down”.

Satz. Sei S Integritätsbereich, sei R ⊆ S ein Unterring. Wir setzen voraus, daß R faktoriell ist und daß S endlich über R ist. Seien P_{0} ⊂ P_{1} Primideale von R. Ist Q_{1} ein Primideal in S mit Q_{1} ∩ R = P_{1}, so gibt es ein Primideal Q_{0} in S mit Q_{0} ⊂ Q_{1} und Q_{0} ∩ R = P_{0}.

Beweis: Wir setzen zuerst nur voraus, daß R ⊆ S eine endliche Erweiterung kommutativer Ringe ist.

(1) Sei I ein Ideal in R. Ist y ∈ IS, so gibt es ein Polynom f(X) = X^{n} + ∑_{i=0}^{n−1} r_{i}X^{i} mit Koeffizienten r_{i} ∈ I für 0 ≤ i < n und f(y) = 0.

Beweis wie der von Lemma 1 im Abschnitt 1: Sei S = ∑_{i} Rs_{i} mit Elementen s_{i} ∈ S und s_{1} = 1. Da ys_{i} zu IS = ∑_{i} Is_{i} gehört, hat das dort konstruierte normierte Polynom die gewünschten Eigenschaften.

Sei nun zusätzlich S ein Integritätsbereich, sei R faktoriell mit Quotientenkörper K, und sei P ein Primideal in R.

(2) Ist y ∈ P S und ist g(X) = X^{n} + ∑_{i=0}^{n−1} c_{i}X^{i} das Minimalpolynom von y über K, so gehören alle Koeffizienten c_{i} von g(X) mit 0 ≤ i ≤ n − 1 zu P.

Beweis: Sei f(X) zu P = I wie in (1) konstruiert. Da g(X) das Minimalpolynom von y über K ist, gibt es ein Polynom h(X) = X^{m}+∑_{j=0}^{m−1} c′_{j}X^{j} mit Koeffizienten c′_{j} in K, so daß gilt f(X) = g(X)h(X). Das Gauß-Lemma besagt, daß alle Koeffizienten c_{i}, c′_{j} von g(X) und h(X) zu R gehören. Die entsprechende Argumentation wie beim Beweis vom Gauß-Lemma zeigt, daß die Koeffizienten r′_{i} mit 0 ≤ i ≤ n − 1 sogar zu zu P gehören: Um dies zu zeigen, nehmen wir an, daß es 0 ≤ a < n gibt mit c_{a} ∉ P und wir wählen das minimale derartige a. Wir setzen c′_{m} = 1, und wählen 0 ≤ b ≤ m minimal, so daß gilt c′_{b} ∉ P (wegen c′_{m} = 1 ∉ P gibt es derartige Koeffizienten). Der Koeffizient von f(X) mit Index a + b ist

(c_{0}c′_{a+b} + ⋯ + c_{a−1}c′_{b+1}) + c_{a}c′_{b} + (c_{a+1}c′_{b−1} + ⋯ + c_{a+b}c′_{0}) .

Wegen a + b < n + m gehört dieser Koeffizient zu P. Die beiden Klammern sind jeweils Elemente von P, wegen der Minimalität von a, beziwhungsweise b. Also ist auch c_{a}c′_{b} ∈ P. Da P Primideal ist, muß dann aber auch einer der beiden Faktoren zu P gehören, ein Widerspruch. Also sehen wir, daß g(X) die gewünschte Eigenschaft hat.

(3) Sei P_{0} ein Primideal von R, sei Q_{1} ein Primideal von S, sei P_{0} ⊆ Q_{1}. Dann gilt

P_{0}S(S \ Q_{1})^{−1} ∩ R = P_{0}.

(Wir betrachten hier Teilmengen des Quotientenkörpers L von S.)

Beweis: Sei y ∈ P_{0}S, sei s ∈ S \ Q_{1}, sei z = ys^{−1} ∈ R. Angenommen z gehört nicht zu P_{0}. Sei g(X) = X^{n} + ∑_{i=0}^{n−1} c_{i}X^{i} das normierte Minimalpolynom von y über K. Wegen (2) wissen wir, daß die Koeffizienten c_{i} zu P_{0} gehören. Es ist s = yz^{−1}, und 0 ≠ z^{−1} ∈ K, also hat das Minimalpolynom von s ebenfalls Grad n. Multiplizieren wir

0 = g(y) = y^{n} + ∑_{i=0}^{n−1} c_{i}y^{i}

mit z^{−n}, so erhalten wir

0 = (yz^{−1})^{n} + ∑_{i=0}^{n−1} c_{i}z^{−n+i}(yz^{−1})^{i},

demnach ist X^{n} + ∑_{i=0}^{n−1} d_{i}X^{i} mit d_{i} = c_{i}z^{−n+i} das Minimalpolynom von s über K. Da s ganz über R und R faktoriell ist, gehören alle diese Koeffizienten d_{i} zu R. Es ist c_{i} = d_{i}z^{n−i}. Da wir annehmen, daß z nicht zu P_{0} gehört, und da c_{i} ∈ P_{0}, sehen wir: es ist d_{i} ∈ P_{0} für 0 ≤ i < n. Also ist s^{n} ∈ P_{0}S ⊆ Q_{1}, also s ∈ Q_{1}, ein Widerspruch.

(4) Nun also der Beweis des Satzes: Beachte: S′ = S(S \Q_{1})^{−1} ist ein Unterring des Quotientenkörpers L von S, und es ist R ⊆ S ⊆ S′ ⊆ L. Die Menge P_{0}S(S\Q_{1})^{−1} ist ein Ideal in diesem Ring S′. Wir sehen also, daß es in S′ Ideale I gibt mit I ∩R = P_{0}. Sei I ein Ideal von S′, das maximal ist mit I ∩ R = P_{0}. Ein derartiges Ideal ist maximal mit der Eigenschaft I ∩(R\P_{0}) = ∅, also ist es (nach dem Primideallemma) ein Primideal. Wir haben R ⊆ S ⊆ S′. Setzen wir Q_{0} = I ∩ S, so ist auch Q_{0} ein Primideal (Lemma 0 im Abschnitt 5), und es gilt Q_{0} ∩ R = P_{0}. Es bleibt zu zeigen, daß Q_{0} ⊆ Q_{1} gilt. Angenommen, es gibt s ∈ Q_{0} \ Q_{1}. In S′ ist s invertierbar, also ist 1 = ss^{−1} ein Element im Ideal I des Rings S′. Als Primideal ist aber I ein echtes Ideal.

F. Der Satz von Bézout.

Zwei Kurven in der Ebene vom Grad m und n schneiden sich “im allgemeinen” in mn Punkten. Dies ist der Satz von Bézout. Natürlich brauchen wir dazu einen algebraisch abgeschlossenen Grundkörper und die Kurven dürfen keine gemeinsame Komponente besitzen. Auch können Schnittpunkte uneigentliche Punkte sein (also unendlich ferne Punkte) und es können Schnitt-Multiplizitäten auftreten. Gutes Beispiel: zwei Ellipsen, die sich in vier Punkten schneiden …. Bewiesen wurde der Satz von Bézout 1779, vorher schon von Euler 1748, von Cramer 1750. Die genaue Formulierung lautet: F, G Kurven vom Grad m bzw n, ohne gemeinsame Komponente, sei I_{p}(F, G) die “Schnitt-Multiplizität” von F und G im Punkt p ∈ ℙ_{2}(k). Dann ist

∑_{p} I_{p}(F, G) = mn.

Dabei ist I_{p}(F, G) ≥ 0 und I_{p}(F, G) ≥ 1 genau dann, wenn gilt p ∈ V(F, G). Wir wollen das algebraische Substrat vorstellen, also konzentrieren wir uns auf Kurven, die keine uneigentliche Schnittpunkte besitzen. Woher kommen uneigentliche Schnittpunkte?

Ein Polynom f ∈ k[X_{1}, …, X_{n}] heißt homogen vom Grad d, falls es eine Linearkombination von Monomen ∏ X_{i}^{d_{i}} mit ∑_{i} d_{i} = d ist. Sei k[X_{1}, …, X_{n}]_{d} der k-Vektorraum aller homogenen Polynome vom Grad d; seine Dimension ist \binom{d+n−1}{d}. Also zum Beispiel für n = 3 gilt dim_{k} k[X, Y, Z]_{d} = \binom{d+2}{d} = \binom{d+2}{2} = \frac{1}{2}(d + 2)(d + 1) (denn es gibt d−i+1 Monome der Form X^{i}Y^{j}Z^{d−i−j}, da 0 ≤ j ≤ d−i gelten muss; insgesamt sind dies (d + 1) + d + ⋯ + 2 + 1 Monome).

Jedes Polynom f ∈ k[X_{1}, …, X_{n}] läßt sich (eindeutig) als Summe f = ∑_{d} f_{d} von homogenen Polynomen mit paarweise verschiedenen Graden schreiben. Ist f = ∑_{d=0}^{n} f_{d} und f_{n} ≠ 0, so nennt man n den (Total-)Grad von f.

Satz von Bézout. Sei f ∈ k[X, Y] ein Polynom vom Grad m und g ∈ k[X, Y] ein Polynom von Grad n. Die Polynome f, g seien teilerfremd. Dann ist dim_{k} k[X, Y]/⟨f, g⟩ ≤ mn. Sind auch die Polynome f_{m} und g_{n} teilerfremd, so gilt Gleichheit.

Bemerkung: Sind die Polynome f, g nicht teilerfremd, ist etwa h ein gemeinsamer nicht-konstanter Teiler, so ist ⟨f, g⟩ ⊆ ⟨h⟩ und k[X, Y]/⟨h⟩ ist unendlichdimensional, also ist auch k[X, Y]/⟨f, g⟩ unendlich-dimensional. Auch bezüglich der zweiten Behauptung gilt die Umkehrung (dies ist nicht ganz so offensichtlich); hier wenigstens ein Beispiel, das zeigt, wie wichtig die zweite Teilerfremdheits-Bedingung ist: Es ist ⟨X, XY − 1⟩ = k[X, Y].

Beweis: Jedem Polynom f ∈ k[X, Y] mit f = ∑_{d=0}^{n} f_{d} und f_{n} ≠ 0 ordnen wir das homogene Polynom f^{∗} = ∑_{d=0}^{n} f_{d}Z^{n−d} ∈ k[X, Y, Z] zu, es hat den Grad n. Ist umgekehrt F ∈ k[X, Y, Z] homogen vom Grad n, so bilde F_{∗}(X, Y) = F (X, Y, 1), dies ist ein Polynom vom Grad höchstens n und es gilt

(f^{∗})_{∗} = f und (F_{∗})^{∗}Z^{r} = F

für ein r mit 0 ≤ r ≤ n.

Sei R = k[X, Y, Z], sei F = f^{∗}, G = g^{∗} und d ≥ m+n. Sei U_{d} der Unterraum von R_{d} aller Formen vom Grad d der Form AF + BG (mit A ∈ R_{d−m} und B ∈ R_{d−n}). Wir zeigen: Es ist dim R_{d}/U_{d} = mn.

Beweis: Es gibt eine exakte Folge

0 ⟶ R_{d−m−n} ⟶^{ψ} R_{d−m} × R_{d−n} ⟶^{ϕ} R_{d} ⟶ R_{d}/U_{d} ⟶ 0,

dabei ist ψ(C) = (CF, −CG) und ϕ(A, B) = AF + BG. Klar ist, daß ψ injektiv ist, denn R ist nullteilerfrei. Offensichtlich ist ϕψ = 0. Umgekehrt sieht man: ist das Paar (A, B) im Kern von ϕ, also AF + BG = 0, so ist F, aber auch G ein Teiler von AF = −BG. Da f, g teilerfremd sind, sind auch F, G teilerfremd. Demnach ist F G ein Teiler von AF, also CF G = AF = −BG und demnach CG = F und CG = −B, also ist (A, B) = ψ(C). Aus der Formel dim_{k} R_{d} = \binom{d+2}{2} folgt dim_{k} R_{d}/U_{d} = mn.

Sei nun A_{1}, …, A_{mn} eine Komplementärbasis von U_{d} in R_{d} (die Restklassen modulo U_{d} bilden also eine Basis von R_{d}/U_{d}. Sei h ∈ k[X, Y] ein Polynom vom Grad höchstens d. Wir zeigen, daß sich h modulo ⟨f, g⟩ als Linearkombination der Polynome a_{i} = (A_{i})_{∗} schreiben läßt. (Demnach ist dann dim_{k} k[X, Y]/⟨f, g⟩ ≤ mn.) Denn sei r der Grad von h, also hat h^{∗}Z^{d−r} den Grad d, gehört also zu R_{d}. Also gibt es λ_{i} ∈ k und B, C Formen mit

h^{∗}Z^{d−r} = ∑_{i=1}^{mn} λ_{i}A_{i} + BF + CG.

Wende _{∗} an, wir erhalten

h = ∑_{i=1}^{mn} λ_{i}(A_{i})_{∗} + B_{∗}f + C_{∗}g.

Seien nun auch die Polynome f_{m}, g_{n} teilerfremd. Was sind dies für Polynome? Es ist f_{m} = f^{∗}(X, Y, 0) und g_{n} = g^{∗}(X, Y, 0). Wir zeigen: Die Multiplikation mit \overline{Z} liefert einen injektiven Vektorraum-Endomorphismus von R/⟨F, G⟩, also eine injektive Abbildung R_{d}/U_{d} → R_{d+1}/U_{d+1}.

Beweis: Sei also H ∈ R_{d} und ZH = AF + BG mit A, B homogen. Ist J ∈ k[X, Y, Z], so setze J_{0} = J(X, Y, 0) ∈ k[X, Y]. Insbesondere ist f_{m} = F_{0}, und g_{n} = G_{0}. Beachte: Genau dann ist J_{0} = 0, wenn Z ein Teiler von J ist.

Aus ZH = AF + BG folgt 0 = A_{0}F_{0} + B_{0}G_{0}. Nun sind F_{0}, G_{0} teilerfremde Teiler von A_{0}F_{0}, also ist F_{0}G_{0} Teiler von A_{0}F_{0}, etwa F_{0}G_{0}C = A_{0}F_{0} = −B_{0}G_{0}. Also G_{0}C = A_{0} und F_{0}C = −B_{0}. Aus (A − GC)_{0} = 0 folgt, daß Z ein Teiler von A − GC ist, etwa ZA′ = A − GC. Aus (B + F C)_{0} = 0 folgt, daß Z ein Teiler von B + F C ist, etwa ZB′ = B + F C. Demnach ist ZA′F + ZB′G = (A − GC)F + (B + F C)G = AF + BG = ZH und also A′F + B′G = H.

Wähle d = m + n und eine Komplementärbasis A_{1}, …, A_{mn} von U_{d} in R_{d}. Wir zeigen, daß die Elemente a_{i} = (A_{i})_{∗} in k[X, Y]/⟨f, g⟩ linear unabhängig sind. Sei etwa

∑_{i} λ_{i}(A_{i})_{∗} = bf + cg

mit b, c ∈ k[X, Y]. Dann gibt es natürliche Zahlen r, s, t mit

Z^{r} ∑_{i} λ_{i}A_{i} = Z^{s}b^{∗}F + Z^{t}c^{∗}G

Also gilt in R_{d+r}/U_{d+r} die Relation ∑_{i} λ_{i}\overline{Z^{r}A_{i}} = 0. Da nun die Elemente Z^{r}A_{i} in R_{d+r}/U_{d+r} linear unabhängig sind, folgt λ_{i} = 0 für alle i.

Wir haben gebraucht: Seien f, g ∈ k[X, Y], sei t der Grad von f und s der Grad von g. Dann gilt:

• (fg)^{∗} = f^{∗}g^{∗}.

• Z^{r}(f + g)^{∗} = Z^{s}f^{∗} + Z^{t}g^{∗} mit r = s + t − deg(f + g).

Seien f, g nicht-konstante Polynome in zwei Variablen. Sei p ∈ 𝔸^{2}. Setze

I_{p}(f, g) = dim O_{p}(𝔸^{2})/⟨f, g⟩,

wir nennen dies die Schnittzahl von f und g im Punkt p.

(1) Haben f, g einen nicht-konstanten Faktor h und ist p ∈ V(h), so ist I_{p}(f, g) = ∞, andernfalls ist I_{p}(f, g) ∈ ℕ_{0}. Es ist I_{p}(f, g) ≥ 1 genau dann, wenn p ∈ V(f, g).

Proposition. Sei k ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei I ein coendliches Ideal in k[T_{1}, …, T_{n}]. Seien p_{1}, …, p_{t} paarweise verschiedene Punkte in 𝔸^{n} mit V(I) = {p_{1}, …, p_{n}}. Dann ist die kanonische Abbildung

ϕ: k[T_{1}, …, T_{n}]/I → ∏_{i} O_{i}/O_{i}I

mit ϕ(f + I)_{i} = f + O_{i}I ein Algebren-Isomorphismus. (Natürlich schreibt man üblicherweise \overline{f} statt f + I oder f + O_{i}I, um die Restklasse von f im Faktorring zu notieren; zur Verdeutlichung haben wir hier die umständlichere Notation verwandt.)

Beweis: Übungsaufgabe.

Wir brauchen:

Lemma. (Sei k algebraisch abgeschlossen.) Sei f ∈ k[X, Y]. Sei p ∈ V(f). Die folgenden Eigenschaften sind äquivalent:

(1) (f_{x}(p), f_{y}(p)) ≠ (0, 0).

(2) O_{p}(𝔸^{2})/⟨f⟩ ist diskreter Bewertungsring.

In diesem Fall heißt p ein einfacher Punkt von f; ist f_{x}(p) ≠ 0, so wird das maximale Ideal von O_{p}(𝔸^{2})/⟨f⟩ von der Restklasse von Y erzeugt (sonst von der Restklasse von X).

Definition: Jede Funktion u ∈ O_{p}, die das maximale Ideal von O_{p} erzeugt, heißt Orts-Uniformisierende im Punkt p.

Beweis: Sei p = (p_{1}, p_{2}). Sei O = O_{p}(𝔸^{2}). Sei m das maximale Ideal von O, es wird von X − p_{1}, Y − p_{2} erzeugt.

(1) ⟹ (2). Wir setzen obdA voraus f_{x}(p) ≠ 0. Es ist f = (X −p_{1})cdota+(Y − p_{2})·b, mit a, b ∈ k[X, Y]. Ableitung nach X liefert f_{x} = a+(X −p_{1})a_{x} +(Y −p_{2})b_{x}, also 0 ≠ f_{x}(p) = a(p). Also können wir in O durch a teilen und erhalten X − p_{1} = f · a^{−1} + (Y − p_{2}) · b · a^{−1}. Modulo f ist also X − p_{1} ein Vielfaches von Y − p_{2}.

Umgekehrt sei (2) erfüllt. Da m/⟨f⟩ von einem Element erzeugt wird, nehmen wir oBdA an, daß es von Y −p_{2} erzeugt wird, also wird m von f und Y −p_{2} erzeugt, es ist also X − p_{1} = uf + v(Y − p_{2}), mit u, v ∈ O. Es gibt s ∈ k[X, Y] mit s(p) ≠ 0 und su, sv ∈ k[X, Y], also s(X −p_{1}) = (su)f +(sv)(Y −p_{2}). Ableitung nach X liefert s_{x}(X − p_{1}) + s = (su)_{x}f + (su)f_{x} + (sv)_{x}(Y − p_{2}). Auswertung an der Stelle p ist s(p) = (su)(p)f_{x}(p), also ist f_{x}(p) ≠ 0.

Bemerkung. Schreibe f = ∑_{i=s}^{t} f_{i}, dabei sei f_{i} eine Form vom Grad i und f_{s} ≠ 0, f_{t} ≠ 0 und s ≤ t. Trivialerweise gilt: Es ist 0 ∈ (f) genau dann, wenn s ≥ 1.

Sei nun f(0) = 0. Ist f_{1} = aX + bY, so ist (f_{x}(0), f_{y}(0)) = (a, b). Ist nämlich f = X^{i}Y^{j}, so ist sowohl f_{x} = iX^{i−1}Y^{j} als auch f_{y} Vielfaches eines Monoms vom Grad i + j − 1, also gilt (f_{x}(0), f_{y}(0)) = (0, 0) für i + j > 1; entsprechendes gilt für Linearkombinationen von Monomen. Ist umgekehrt f_{1} ≠ 0, also f_{1} = aX + bY, so ist f_{x} = a und f_{y} = b.

Also: Genau dann ist also (f_{x}(0), f_{y}(0)) ≠ 0, wenn f_{1} ≠ 0 gilt.

Also: Genau dann ist 0 ∈ V(f) ein einfacher Punkt, wenn s = 1.

Allgemeiner betrachten wir nun s minimal mit f_{s} ≠ 0. Wir schreiben diese Form als Produkt von Linearfaktoren L_{j} und erhalten damit die Tangenten an f im Punkt 0 (dies sind also endlich viele Geraden mit gewissen Vielfachheiten.) Sind alle Vielfachheiten 1 (oder 0), so nennt man 0 einen gewöhnlichen Mehrfachpunkt. Man nennt s die Multiplizität m_{0}(f) von f im Punkt 0 und f_{s} den zugehörigen Führungsterm.

Durch einen affinen Koordinatenwechsel kann man erreichen, daß ein vorgegebener Punkt p in den Ursprung verschoben wird; deshalb setzen wir jetzt p = 0 voraus, denn dies entspricht der üblichen Basiswahl in k[X, Y]: man arbeitet mit Monomen X^{i}Y^{j}. Genauso gut könnte man als Basis die Polynome (X − a)^{i}(Y − b)^{i} nehmen; dann würde man direkt an der Stelle p = (a, b) arbeiten. Auf diese Weise erhält man die Multiplizität m_{p}(f) von f im Punkt p.

Fundamentalsatz von Max Noether. Seien F, G, H Formen in k[X, Y, Z]. Wir setzen voraus, daß die Formen F, G keine gemeinsame Komponente haben. und daß die gemeinsamen Punkte von F und G einfache Punkte von F sind. Gilt dann

I_{p}(F, G) ≤ I_{p}(F, H) für alle p ∈ ℙ_{2},

so gibt es eine Form B mit

I_{p}(F, G) + I_{p}(F, B) = I_{p}(F, H) für alle p ∈ ℙ_{2}.

Zusatz: Der Beweis zeigt: es ist H ∈ ⟨F, G⟩, und zwar gibt es Formen A, B mit H = AF + BG. Wir nehmen nun ein solches B. Beachte: Schreiben wir H = uF +vG mit Polynomen u, v und schreiben wir u = ∑ U_{i}, v = ∑ V_{i} mit Formen U_{i}, V_{i} vom Grad i, so folgt aus H = ∑ U_{i}F + ∑ V_{i}G, daß gilt H = U_{r}F + V_{s}G mit r = grad H − grad F und s = grad H − grad G.

Beweis: Wir können voraussetzen, daß alle Schnittpunkte von F und G im Endlichen liegen und betrachten wieder f = F_{∗}, g = G_{∗} und auch h = H_{∗} = H(X, Y, 1). Das folgende Lemma zeigt, daß h ∈ O_{p}⟨f, g⟩ liegt. Der chinesische Restsatz zeigt: h ∈ k[X, Y]/⟨f, g⟩, also gilt H_{∗} = aF_{∗} + bG_{∗} mit a, b ∈ k[X, Y] und demnach Z^{r}H = A′F +B′G mit Formen A′, B′ (die notwendigen Faktoren Z sind in A′ und B′ eingearbeitet). Die Multiplikation mit Z ist auf k[X, Y, Z]/⟨F, G⟩ injektiv, also ist H ∈ ⟨F, G⟩, etwa H = AF + BG.

Es ist I_{p}(F, H) = I_{p}(F, AF + BG) = I_{p}(F, BG) = I_{p}(F, B) + I_{p}(F, G) (dabei verwenden wir zwei wichtige Eigenschaften der Schnittzahlen).

Ist p ein einfacher Punkt von f, und I_{p}(f, g) ≤ I_{p}(f, h), so ist h ∈ O_{p}⟨f, g⟩.

Beweis: Betrachte den diskreten Bewertungsring O/⟨f⟩ und die beiden Ideale ⟨f, g⟩/⟨f⟩ (mit Codimension I_{p}(f, g)) und ⟨f, h⟩/⟨f⟩ (mit Codimension I_{p}(f, h)). Da in einem diskreten Bewertungsring je zwei Ideale vergleichbar sind, gilt hier ⟨f, h⟩/⟨f⟩ ⊆ ⟨f, g⟩/⟨f⟩, also h ∈ ⟨f, g⟩.

Folgerungen: Satz von Pappos, von Pascal.

Teil II. Anfänge der Modul-Theorie.

Sei R ein Ring.

Moduln. Ein R-Linksmodul M (oder einfach ein Modul) ist eine abelsche Gruppe zusammen mit einer bilinearen Abbildung μ: R × M → M, so dass für alle m ∈ M und alle r, r′ ∈ R gilt:

(1) μ(1, m) = m,

(2) μ(r, μ(r′, m)) = μ(rr′, m). Statt μ(r, m) schreibt man meist einfach rm, die Eigenschaft (2) schreibt sich dann als “Assoziativgesetz” r(r′m) = (rr′)m. Manchmal schreibt man _{R}M statt M, um auf R zu verweisen.

Beispiel 1: Ist R = k ein Körper, so sind R-Linksmoduln nichts anderes als k-Vektorräume.

Beispiel 2: Jeder Ring R kann auch als R-Linksmodul aufgefaßt werden, man schreibt dann lieber _{R}R.

Untermoduln. Ist M ein Modul, so nennt man eine Teilmenge U ⊆ M einen Untermodul, falls U eine Untergruppe von M ist und für alle r ∈ R, m ∈ U gilt: rm ∈ U.

Beispiel: Die Untermoduln von _{R}R sind gerade die Linksideale.

Faktormoduln. Ist U ⊆ M ein Untermodul des Moduls M, so ist die Faktorgruppe M/U in kanonischer Weise wieder ein R-Modul (durch r\overline{m} = \overline{rm}), man nennt ihn den zugehörigen Faktormodul.

Homomorphismen. Sind M, N Moduln (also R-Linksmodul für einen festgewählten Ring R), so ist ein Homomorphismus (genauer ein R-Homomorphismus) f: M → N eine additive Abbildung (es ist also f(m_{1} + m_{2}) = f(m_{1}) + f(m_{2}) für alle m_{1}, m_{2} ∈ M), für die zusätzlich gilt f(rm) = rf(m) für alle r ∈ R, m ∈ M.

Triviale Beispiele: Ist U ⊆ M ein Untermodul, so ist die Inklusionsabbildung U → M mit u ↦ u ein Homomorphismus, entsprechend ist M → M/U mit m ↦ \overline{m} ein Homomorphismus (die sogenannte Projektionsabbildung).

Einen injektiven Homomorphismus nennt man Monomorphismus, einen surjektiven Homomorphismus nennt man Epimorphismus, einen Homomorphismus, der sowohl injektiv als auch surjektiv ist, einen Isomorphismus: Ist nämlich f injektiver und surjektiver Homomorphismus, so ist auch f^{−1} ein Homomorphismus (zeigen!). Gibt es einen Isomorphismus f: M → N, so nennt man M, N isomorph und man schreibt M ≃ N.

Ist f: M → N ein Homomorphismus von R-Linksmoduln, so nennt man Ker f = {x ∈ M | f(x) = 0} den Kern von f (und f(M) das Bild von f). Der Kern eines Homomorphismus f: M → N ist ein Untermodul von M, das Bild f(M) ist ein Untermodul von N und f induziert einen Isomorphismus \overline{f}: M/ Ker f → f(M) (mit \overline{f}(\overline{m}) = f(m)). (Erster Isomorphie-Satz).

Ein Homomorphismus f: M → N liefert eine Bijektion zwischen den Untermoduln von M, die Ker f enthalten und den Untermoduln von f(M); diese Bijektion ist ist inklusions-erhaltend und -reflektierend. Beweis: Übungsaufgabe.

Sind Untermoduln U ⊆ V ⊆ M gegeben, so ist V/U ein Untermodul von M/U und es gibt einen kanonischen Isomorphismus (M/U)/(V/U) ≃ M/V. Beweis: Übungsaufgabe.

Durchschnitte von Untermoduln sind wieder Untermoduln; Vereinigungen im algemeinen nicht. Sind U_{i} Untermoduln von M, so schreibt man ∑_{i} U_{i} für die Menge aller endlichen Summen ∑_{i} u_{i} mit u_{i} ∈ U_{i}, dies ist wieder ein Untermodul, die Summe der U_{i}, und zwar ist dies der kleinste Untermodul von M, der alle U_{i} enthält.

Erzeugendensysteme. Ist x ∈ M, so ist Rx = {rx | r ∈ R} ein Untermodul, man nennt ihn den von x erzeugten Untermodul; gilt M = Rx für ein x ∈ M, so nennt man M zyklisch. Sind x_{i} ∈ M mit i ∈ I, so nennt man ∑_{i} Rx_{i} den von den Elementen x_{i} erzeugten Untermodul; gibt es eine endliche Menge x_{1}, …, x_{n} ∈ M mit M = ∑_{i=1}^{n} Rx_{i}, so nennt man M endlich erzeugt.

Beispiele von Moduln, die nicht endlich erzeugt sind: _{ℤ}ℚ (hier gilt zusätzlich: Ist (x_{i})_{i∈I} ein Erzeugendensystem, und ist I′ eine endliche Menge, so ist auch (x_{i})_{i∈I\I′} ein Erzeugendensystem).

Interne direkte Summen. Sind U_{i} Untermoduln von M mit i ∈ I, dabei sei I eine Indexmenge, so nennt man M die direkte Summe der U_{i} und schreibt M = ⨁_{i} U_{i}, falls gilt: Sind Elemente u_{i} ∈ U_{i} mit ∑_{i} u_{i} = 0 gegeben (dabei seien fast alle u_{i} = 0), so ist u_{i} = 0 für jedes i (man spricht auch von einer direkten Zerlegung von M). Ist I = {1, 2, …, n}, so schreibt man meist M = U_{1} ⊕ U_{2} ⊕ ⋯ ⊕ M_{n}. Ist U ein Untermodul von M, so nennt man U einen direkten Summanden von M, falls es einen Untermodul U′ von M mit M = U ⊕ U′ gibt.

Lemma. (Charakterisierung direkter Summanden). (a) Ein Untermodul U ⊆ M ist genau dann ein direkter Summand, wenn es einen Homomorphismus π: M → U mit π(u) = u für alle u ∈ U gibt. (b) Sind Homomorphismus ϕ: M → N und ψ: N → M mit ψ ∘ ϕ = 1_{M} gegeben, so ist ϕ injektiv, ψ surjektiv, und es ist N = ϕ(M) ⊕ Ker(ψ); insbesondere ist also ϕ(M) ein direkter Summand von N.

Beispiel. Dies ist nicht einfach nur ein Beispiel, sondern eine Fundamental-Einsicht, die viele Anwendungen besitzt, und die als Ausgangsbeispiel für die Theorie der Dedekind-Ringe dient — gerade deswegen müssen wir uns an dieser Stelle mit Moduln beschäftigen!

Sei R ein Hauptidealbereich (R ist also ein Integritätsbereich und jedes Ideal ist ein Hauptideal). Dann ist R ein Ring mit eindeutiger Primfaktorzerlegung. Sei Q der Quotientenkörper von R.

Ist p ein Primelement, so erhalten wir eine Kette von zyklischen Untermoduln

R ⊂ R\frac{1}{p} ⊂ R\frac{1}{p^{2}} ⊂ R\frac{1}{p^{3}} ⊂ ⋯ ⊂ ⋃_{n∈ℕ} R\frac{1}{p^{n}} = R[\frac{1}{p}],

dabei ist R[\frac{1}{p}] die Menge aller Elemente der Form \frac{a}{p^{n}} mit a ∈ R und n ∈ ℕ_{0}, also der kleinste Unterring von Q, der R und \frac{1}{p} enthält. Wir bilden nun die entsprechenden Faktormoduln modulo R und erhalten entsprechend eine Kette von Untermoduln

0 = R/R ⊂ R\frac{1}{p}/R ⊂ R\frac{1}{p^{2}} /R ⊂ ⋯ ⊂ ⋃_{n∈ℕ_{0}} R\frac{1}{p^{n}} /R = R[\frac{1}{p}]/R;

man nennt R[\frac{1}{p}]/R den Prüfer-Modul zu p, dieser Prüfermodul besitzt keine weiteren Untermoduln. (Beweis: es reicht zu zeigen, daß alle zyklischen Untermoduln in dieser Kette vorkommen. Betrachte den von der Restklasse von \frac{a}{p^{n}} erzeugten Untermodul, dabei können wir voraussetzen, daß p kein Teiler von a ist. Einerseits ist \frac{a}{p^{n}} = a\frac{1}{p^{n}}, also ist R\frac{a}{p^{n}} ⊆ R\frac{1}{p^{n}}. Andererseits gibt es wegen (p^{n}, a) = 1 Elemente r, s ∈ R mit ra + sp^{n} = 1, demnach ist \frac{1}{p^{n}} = r \frac{a}{p^{n}} + s, also ist die Restklasse von \frac{1}{p^{n}} ein skalares Vierlfaches der Restklasse von \frac{a}{p^{n}} . Dies zeigt: Die Restklasse von \frac{a}{p^{n}} erzeugt den Modul R\frac{1}{p^{n}} /R.

Sei nun P eine vollständiges Repräsentantensystem von Primelementen (P enthält also genau ein Element aus jeder Klasse assoziierter Elemente). Behauptung:

(∗)  Q/R = ⨁_{p∈P} R[\frac{1}{p}]/R.

Beweis: Zweierlei ist zu zeigen. Erstens, dass gilt Q = ∑ R[\frac{1}{p}], daß sich also jedes Element aus Q als Summe von Elementen mit Primpotenznennern schreiben läßt. (Sind b_{1}, b_{2} ∈ R teilerfremd, so gibt es r_{1}, r_{2} ∈ R mit 1 = r_{1}b_{1} + r_{2}b_{2}, also ist \frac{a}{b_{1}b_{2}} = \frac{ar_{2}}{b_{1}} + \frac{ar_{1}}{b_{2}} . Mit Induktion folgt die Behauptung.) Man erhält also die Summendarstellung Q/R = ∑ R[\frac{1}{p}]/R. Zweitens ist nun noch zu zeigen, daß dies eine direkte Summe ist, daß also gilt: Sind die Primelemente p_{1}, …, p_{t} paarweise nichtassoziiert, und gilt ∑ \frac{a_{i}}{p_{i}^{n}} ∈ R, so ist p_{i}^{n} ein Teiler von a_{i} für jedes i, also \frac{a_{i}}{p_{i}^{n}} ∈ R (nachrechnen).

Bemerkung: Wir nennen eine direkte Zerlegung M = ⨁ U_{i} starr, wenn jeder Untermodule von M die Form ⨁ U′_{i} mit Untermoduln U_{i} ⊆ U_{i} hat. Üblicherweise sind direkte Zerlegungen nicht starr (schon das Beispiel des k-Moduls k^{2} zeigt dies!)

— hier dagegen gilt: Die direkte Zerlegung Q/R = ⨁_{p} R[\frac{1}{p}]/R eines Hauptidealbereichs ist starr. Beweis: Übungsaufgabe. Da die Untermoduln jedes Prüfer-Moduls R[\frac{1}{p}]/R durch ℕ_{0} ∪ \{∞\} beschrieben werden, werden demnach die Untermoduln von Q/R durch eine Funktion P → ℕ_{0} ∪{∞} beschrieben. entsprechend werden endlicherzeugte Untermoduln von Q/R durch eine Funktion h: P → ℕ_{0} mit endlichem Träger beschrieben (“endlicher Träger” bedeutet, daß h(p) = 0 für fast alle p ∈ P gilt).

Ist R = ℤ, so liefert (∗) die direkte Zerlegung

ℚ = ⨁_{p Primzahl} ℤ[\frac{1}{p}]/ℤ,

die vieles über das Arbeiten mit Brüchen erklärt (und eigentlich auch zeigt, warum die übliche Bruchrechnung durchaus kompliziert ist).

Ist R = k[T] der Polynomring in einer Variablen über einem Körper, so nennt man die durch (∗) gegebene Zerlegung

k(T) = ⨁_{f irred, normiert} k[T, \frac{1}{f}]/k[T]

die Partialbruch-Zerlegung der rationalen Funktionen, sie spielt eine wichtige Rolle zum Beispiel beim Integrieren (hier ist k = ℝ oder ℂ). Ist zum Beispiel k algebraisch abgeschlossener Körper, so ist die Indexmenge P die Menge der linearen normierten Polynome T − λ (mit λ ∈ k) und es folgt: Die Polynome

T^{n} und \frac{1}{(T −λ)^{n}} mit n ∈ ℕ_{1}

bilden zusammen mit 1 eine k-Basis von k(T).

Bevor wir dieses Beispiel verlassen, mache man sich noch einmal klar: wir beschreiben hier Q/R sehr detailliert. Was ist die algebraische Struktur von Q/R? Es ist kein Ring, natürlich ist Q/R eine abelsche Gruppe, aber Q/R besitzt (falls R ≠ ℤ) mehr Struktur, es ist nämlich ein R-Modul (mehr Struktur = weniger Untermoduln). Um Moduln wie Q/R analysieren zu können, haben wir den Modul-Begriff eingeführt. Wichtig ist der Begriff der direkten Zerlegung (und natürlich der eines Untermoduls): wir beschreiben Q/R als direkte Summe der Untermoduln R[\frac{1}{p}]/R. Zur Analyse dieser Moduln R[\frac{1}{p}]/R brauchen wir wieder den Begriff des Untermoduls, und auch den eines zyklischen Moduls (wie wir gesehen haben, sind alle echten Untermoduln von R[\frac{1}{p}]/R zyklisch). Man merke sich: ein solcher Prüfer-Modul ist nicht artinsch, d.h es gilt nicht die aufsteigende Kettenbedingung für Untermoduln.

Noch etwas: Wie sehen die endlich-erzeugten Untermoduln U ≠ 0 von Q aus? Man sieht sofort: Ist U ⊂ Q endlich erzeugt, so ist U zyklisch (Beweis: Übungsaufgabe). Sei also q ∈ Q \ {0} und U = Rq. Wir schreiben q = ϵ ∏_{p∈P} p^{e(p)}, dabei ist ϵ ein invertierbares Element von R und e: P → ℤ eine Funktion mit endlichen Träger (ist e′(p) der Exponent der höchstens Potenz von p, die a teilt, und e′′(p) der Exponent der höchstens Potenz von p, die b teilt, so ist e(p) = e′(p) − e′′(p). Dann sehen wir: wir erhalten auf diese Weise eine Bijektion zwischen den endlich-erzeugten, von Null verschiedenen Untermoduln von Q und den Funktion e: P → ℤ mit endlichem Träger.

Externe direkte Summen. Sind Moduln M_{i} mit i ∈ I gegeben, so bildet die Menge M der Funktionen x: I → ⋃ M_{i} mit x(i) ∈ M_{i} und x(i) = 0 für fast alle i einen Modul bezüglich komponentenweiser Addition und komponentenweiser Skalarmultiplikation; man nennt M die externe direkte Summe der Moduln M_{i} (und man schreibt meist x_{i} statt x(i)). Für jedes i ∈ I ist die Menge M(i) der Elemente x mit x_{j} = 0 für j ≠ 0 ein zu M_{i} (kanonisch) isomorpher Untermodul von M und es ist M = ⨁_{i} M(i). es zeigt sich also: Die externe direkte Summe der Moduln M_{i} ist die interne direkte Summe der Moduln M(i) (und diese sind zu den Moduln M_{i} kanonisch isomorph). Gilt M_{i} = N für alle i ∈ I, so bezeichnet man mit N^{(I)} die entsprechende externe direkte Summe; ist I = {1, 2, …, n}, so schreibt man N^{n} statt M^{(I)}.

Basen. Ein Erzeugendensystem x_{i} (i ∈ I) eines Moduls M heißt Basis, wenn gilt: Sind Elemente r_{i} ∈ R gegeben, von denen fast alle Null sind, und gilt ∑_{i} r_{i}x_{i} = 0, so gilt r_{i} = 0 für alle i. In diesem Fall ist einerseits M = ⨁_{i} Rx_{i} und andererseits sind die Moduln Rx_{i} und_{R}R isomorph (unter der Abbildung_{R}R → Rx_{i} mit r ↦ rx_{i}. Es ist also M isomorph zur externen direkten Summe von Kopien von _{R}R, mit Indexmenge I. Derartige Moduln nennt man freie Moduln.

Endlich-erzeugte Moduln, noethersche Moduln. Ein Modul M ist genau dann endlich erzeugt, wenn es einen Epimorphismus (_{R}R)^{n} → M gibt (statt (_{R}R)^{n} schreibt man oft einfach R^{n}). Beweis: Übungsaufgabe.

Ist R linksnoetherscher Ring, so ist jeder Untermodul eines endlich-erzeugten Moduls endlich-erzeugt. Beweis: Übungsaufgabe.

Projektive Moduln. Sei R ein Ring und M ein R-Modul. Die folgenden Eigenschaften sind äquivalent:

(i) M ist isomorph zu einem direkten Summanden eines freien Moduls. (ii) (Hochhebungs-Eigenschaft). Ist ϵ: N_{1} → N_{2} ein Epimorphismus und ϕ_{2}: M →

N_{2} ein Homomorphismus, so gibt es einen Homomorphismus ϕ_{1}: M → N_{1} mit ϕ_{2} = ϵ ∘ ϕ_{1}.

(iii) (Retraktions-Eigenschaft). Ist ϵ: N → M ein Epimorphismus, so gibt es einen

Homomorphismus σ: M → N mit ϵ ∘ σ = 1_{M}. In diesem Fall nennt man M einen projektiven Modul. Projektive Moduln sind abgeschlossen unter direkten Summen und direkten Summanden.

Beweis: Übungsaufgabe.

Sei I ein Ideal des Integritätsbereichs R. Man sagt, daß I invertierbar ist, wenn es einen Untermodul I′ ⊆ Quot(R) gibt mit I · I′ = R. Offensichtlich ist jedes von Null verschiedene Hauptideal invertierbar. Im Polynomring R = k[X, Y] in zwei Variablen mit Koeffizienten in einem Körper k ist das von X, Y erzeugte Ideal I = ⟨X, Y ⟩ nicht invertierbar.

Lemma. Sei R ein Integritätsbereich und I ≠ 0 ein Ideal von R. Das Ideal I ist genau dann ein projektiver Modul, wenn I invertierbar ist (d.h wenn es einen R-Untermodul I′ von K = Quot(R) mit II′ = R gibt). Zusätzlich gilt: derartige Ideale sind endlich-erzeugt.

Beweis: Sei II′ = R für einen R-Untermodul I′ von K. Es gibt also a_{i} ∈ I, b_{i} ∈ I′ mit ∑_{i=1}^{n} a_{i}b_{i} = 1. Wegen Ib_{i} ⊆ II′ = R bildet die Rechtsmutiplikation ·b_{i}: _{R}K → _{R}K den R-Untermodul I ⊂ K in R ⊂ K ab, also erhalten wir einen

Homomorphismus [ ⋮_{b_{n}}^{b_{1}} ]: I → R^{n} und die Komposition der beiden Abbildungen

I \underrightarrow{[ ⋮_{b_{n}}^{b_{1}} ]} R^{n} ⟶^{[ a_{1} ... a_{n} ]} I

ist die Idenität. Also ist I isomorph zu einem direkten Summanden von R^{n}, also projektiv und endlich erzeugt.

Umgekehrt betrachten wir ein Ideal I, das projektiver Modul ist, es gibt also Homomorphismen f_{i}: I → R und g_{i}: R → I mit folgender Eigenschaft: Für jedes x ∈ I sind fast alle g_{i}(x) = 0 und es ist ∑_{i} g_{i}f_{i} = 0. Zu g_{i} gibt es a_{i}, i ∈ I mit g_{i}(r) = ra_{i} für alle r ∈ R.

Wir zeigen: Zu jedem f_{i}, i ∈ T gibt es b_{i} ∈ K mit Ib_{i} ⊆ R und f_{i}(y) = yb_{i} für alle y ∈ I, und es ist f_{i} = 0 für fast alle i. Zum Beweis wähle 0 ≠ x ∈ I. Ist y ∈ I, so ist

xf_{i}(y) = f_{i}(xy) = yf_{i}(x),

setzen wir also b_{i} = \frac{f_{i}(x)}{x}, so ist

f_{i}(y) = y · \frac{f_{i}(x)}{x} = y · b_{i}

für alle y ∈ I. Wegen f_{i}(y) ∈ R für jedes y ∈ I ist Ib_{i} ⊆ R. Da f_{i}(x) = 0 für fast alle i, ist b_{i} = 0 für fast alle i, also f_{i} = 0 für fast alle i. Ist also {1, 2, …, n} die Menge der i ∈ I mit f_{i} ≠ 0, so erhalten wir Abbildungen

I \underrightarrow{[ ⋮_{b_{n}}^{b_{1}} ]} R^{n} ⟶^{[ a_{1} ... a_{n} ]} I

deren Komposition die Identität ist: also ∑_{i=1}^{n} a_{i}b_{i} = 1. Sei I′ = ⟨b_{1}, …, b_{n}⟩. Dann ist einerseits 1 ∈ II′, also R ⊆ II′. Andererseits ist II′ = ∑_{i=1}^{n} Ib_{i} ⊆ R. Beides zusammen zeigt II′ = R.

Sei R ein Integritätsbereich. Man nennt einen Untermodul U von Quot(R) ein gebrochenes Ideal, wenn es von Null verschiedene Elemente a, b mit ⟨a⟩ ⊆ U ⊆ ⟨b⟩ gibt.

Die Menge der gebrochenen Ideale von R bilden bezüglich der Multiplikation eine Halbgruppe mit Einselement R. Die von Null verschiedenen zyklischen gebrochenen Ideale (also Untermoduln von Quot(R) der Form ⟨a⟩ mit 0 ≠ a ∈ K) bilden eine Untergruppe (denn ⟨a⟩⟨a^{−1}⟩ = R).

Beachte: Sind U, U′ Untermoduln von K = Quot(R) mit UU′ = R, so sind dies gebrochene Ideale und es ist U′ = {x ∈ K | Ux ⊆ R}. Beweis: Wir zeigen zuerst die zweite Behauptung. Sei also V = {x ∈ K | Ux ⊆ R} natürlich gilt U′ ⊆ V. Umgekehrt ist

V = RV = U′UV ⊆ U′R = U′.

Zur ersten Behauptung: Schreibe 1 = ∑_{i=1}^{n} a_{i}b_{i} mit a_{i} ∈ U, b_{i} ∈ U′. Sei V = ⟨b_{1}, …, b_{n}⟩ ⊆ U′, also UV ⊆ UU′ = R. Wegen 1 ∈ UV ist auch R ⊆ UV, also UV = R und demnach V = U′, also ist U′ endlich erzeugt. Das Hauptnenner-Argument zeigt, daß U′ in einem zyklischen Untermodul enthalten ist, natürlich ist U′ ≠ 0. Dies zeigt: U′ is ist gebrochenes Ideal.

Teil III. Dedekind Ringe.

Satz. Sei R ein Integritätsbereich. Die folgenden Eigenschaften sind äquivalent:

(i) Die Halbgruppe der gebrochenen Ideale ist eine Gruppe. (ii) Jedes gebrochene Ideal ist invertierbar (d.h. es gibt einen Untermodul I′ von

Quot(R) mit II′ = R). (iii) Jedes von Null verschiedene Ideal von R ist invertierbar. (iii′) Jedes Ideal von R ist projektiver Modul. (iv) Jedes von Null verschiedene Ideal ist Produkt von maximalen Idealen.

(v) Jedes von Null verschiedene Ideal ist Produkt von Primidealen. (vi) Jedes von Null verschiedene Primideal P ist invertierbar. (vii) R ist noethersch, R_{M} ist Hauptidealring für jedes maximale Ideal M von R. (viii) R ist noethersch, ganz abgeschlossen und hat Krull-Dimension höchstens 1.

Zusatz: Die Darstellung eines Ideals als Produkt von invertierbaren Primidealen ist bis auf die Reihenfolge eindeutig.

Beweis: (i) ⟹ (ii) ⟹ (iii): trivial. (ii) ⟹ (i): Wie wir gesehen haben, folgt aus II′ = R, daß I′ ebenfalls gebrochenes Ideal ist. (iii) ⟹ (ii). Sei I gebrochenes Ideal, etwa ⟨\frac{a}{⟩} ⊆ I ⊆ ⟨b⟩ mit a, b ∈ K. Sei 0 ≠ r ∈ R mit rb ∈ R. Dann ist Ir ⊆ ⟨rb⟩ ⊆ R ein von Null verschiedenes Ideal von R. Es ist invertierbar, etwa IrI′ = R. Also ist I invertierbar. Für (iii) ⟺ (iii’) ist nur noch anzumerken, daß der Nullmodul natürlich projektiv ist.

(iv) ⟹ (iii). Sei M maximales Ideal, sei 0 ≠ u ∈ M. Schreibe Ru = ∏_{i} M_{i} mit Prim-Idealen M_{1}, …, M_{n}. Wegen ∏ M_{i} ⊆ M und M Primideal, folgt M_{i} ⊆ M für ein i, also M_{i} = M. Wir können annehmen i = 1. Also M · ∏_{j≥2} M_{j} = Ru, also M · (∏_{j≥2} M_{j})u^{−1} = R. Dies zeigt, daß M invertierbar ist.

(iii) ⟹ (iv). Wir setzen also voraus, daß jedes von Null verschiedene Ideal I von R invertierbar ist. Insbesondere ist dann R noethersch. Angenommen, es gibt ein von Null verschiedenes Ideal, das sich nicht als Produkt von maximalen Idealen schreiben läßt; wähle I maximal mit dieser Eigenschaft. Das Ideal I ist ein echtes Ideal (denn nach Definition ist R Produkt von maximalen Idealen, mit 0 Faktoren), also in einem maximalen Ideal M enthalten, und zwar echt. Bilde M^{−1}I, dabei ist M^{−1} = {r ∈ K | rM ⊆ R}. Wegen I ⊆ M ist M^{−1}I ⊆ R, also ein Ideal von R. Wegen 1 ∈ M^{−1} ist I ⊆ M^{−1}I. Wäre I = M^{−1}I, so wäre MI = I, dies ist aber unmöglich, wie wir gleich zeigen werden. Wegen I ⊂ M^{−1}I läßt sich M^{−1}I als Produkt maximaler Ideale schreiben, etwa M^{−1}I = M_{1} ⋯ M_{t}, also I = M · M_{1} ⋯ M_{t}, ein Widerspruch zur Wahl von I.

Es bleibt zu zeigen: Sei I endlich erzeugtes Ideal in einem Integritätsbereich R, sei M maximales Ideal von R mit MI = I. Dann ist I = 0. Beweis: Sei I = ∑_{i=1}^{n} Rx_{i}. Sei I_{j} = ∑_{i=j}^{n} Rx_{i}, für 0 ≤ j ≤ n, also I_{1} = I, und I_{n+1} = 0. Wir konstruieren induktiv Elemente z_{j} ∈ M mit (1 − z_{j})I ⊆ I_{j}. Für i = 1 nimm z_{1} = 0. Sei nun z_{j} konstruiert, also (1−z_{j})I ⊆ I_{j}. Wegen I ⊆ MI ist (1−z_{j})I ⊆ (1−z_{j})MI ⊆ MI_{j}, also (1 − z_{j})x_{j} = ∑_{i=j}^{n} r_{ij}x_{i} mit r_{ij} ∈ M. Also ist (1 − z_{j} − r_{jj})x_{j} ∈ I_{j+1}, also (1 − z_{j} − r_{jj})I_{j} ∈ I_{j+1}. Setze nun (1 − z_{j+1}) = (1 − z_{j} − z_{jj})(1 − z_{j}). Es ist

(1 − z_{j+1})I = (1 − z_{j} − z_{jj})(1 − z_{j})I ⊆ (1 − z_{j} − z_{jj})I_{j} ⊆ I_{j+1}.

Also erhalten wir mit z = z_{n+1} ein Element in M mit (1−z)I = 0. Da R nullteilerfrei ist und 1 ≠ z, folgt I = 0.

(iv) ⟹ (v): trivial. Bevor wir nun (v) ⟹ (vi) zeigen, beweisen wir den Zusatz.

Beweis des Zusatzes: Sei I = P_{1} ⋯ P_{s} = Q_{1} ⋯ Q_{t} mit invertierbaren Primidealen P_{i}, Q_{j}. Wähle P_{i} minimal unter den Idealen P_{1}, … P_{s}. Wegen Q_{1} ⋯ Q_{t} ⊆ P_{1} gibt es Q_{j} mit Q_{j} ⊆ P_{1}. Auch hier können wir annehmen j = 1. Wegen P_{1} ⋯ P_{s} ⊆ Q_{1} gibt es P_{i} mit P_{i} ⊆ Q_{1}. Die Minimalität von P_{1} und P_{i} ⊆ Q_{1} ⊆ P_{1} liefern P_{1} = Q_{1}. Da wir voraussetzen, daß P_{1} invertierbar ist, folgt nun P_{1} ⋯ P_{s} = Q_{2} ⋯ Q_{t}. Mit Induktion folgt die Behauptung.

Beweis der Implikation (v) ⟹ (vi). Wir zeigen als erstes: Aus (v) folgt: jedes invertierbare Primideal ist maximal. Sei also P invertierbares Primideal. Sei a ∈ R \ P. Wir zeigen P + Ra = R (dies impliziert, daß P maximal ist).

Schreibe die Ideale P +Ra = P_{i} ⋯ P_{r} und P +Ra^{2} = Q_{1} ⋯ Q_{s} mit Primidealen P_{i}, Q_{j}. Wegen P ⊆ P_{1} ⋯ P_{r} ⊆ ⋂ P_{i} gilt P ⊆ P_{i} für jedes i; entsprechend P ⊆ Q_{j} für jedes j. Im Faktorring \overline{R} = R/P sind die Ideale P_{i}/P und Q_{j}/P Primideale und es gilt \overline{R}\overline{a} = P_{1}/P ⋯ P_{r}/P und \overline{R}\overline{a^{2}} = Q_{1}/P ⋯ Q_{s}/P = (P_{1}/P)^{2} ⋯ (P_{r}/P)^{2}, also ist s = 2r und wir können annehmen Q_{2i−1}/P = Q_{2i}/P = P_{i}/P, also auch Q_{2i−1} = Q_{2i} = P_{i}. Daraus folgt:

P + Ra^{2} = Q_{1} ⋯ Q_{s} = (P_{1} ⋯ P_{r})^{2} = (P + Ra)^{2}.

Also gilt

P ⊆ P + Ra^{2} = (P + Ra)^{2} ⊆ P^{2} + Ra.

Es gilt sogar P ⊆ P^{2} + P a, denn ist p ∈ P, so schreibe p = y + za mit y ∈ P^{2}, z ∈ R, also za ∈ P. Wegen a ∉ P folgt z ∈ P. Die umgekehrte Inklusion ist trivial, also gilt

P = P^{2} + P a.

Nun ist P invertierbar, also ist R = P + Ra.

Nun also der eigentliche Beweis von (v) ⟹ (vi). Nimm ein Element 0 ≠ p ∈ P und schreibe Rp = ∏ P_{i} mit Primidealen P_{i}. Alle diese Primideale P_{i} sind invertierbar (denn Rp^{−1} ∏ P_{i} = R). Wegen ∏ P_{i} ⊆ P und P prim gibt es ein i mit P_{i} ⊆ P. Da P_{i} invertierbar ist, ist P_{i} maximal, also P_{i} = P ist invertierbar.

Beweis (vi) ⟹ (iii). Sei U die Menge der von Null verschiedenen Ideale, die nicht invertierbar sind. Angenommen U ≠ ∅. Ist (U_{λ})_{λ} eine Kette (bezüglich Inklusion) in U, so gehört auch U = ⋃ U_{λ} zu U (denn wäre U invertierbar, so endlich erzeugt, also gleicbh einem U_{λ}, Widerspruch). Also wähle U ∈ U maximal (Zorn). Da U nicht invertierbar ist, ist U ein echtes Ideal von R. Da alle Primideale invertierbar sind, ist U kein Primideal. Also gibt es a, b ∈ R \ U mit ab ∈ U. Setze U′ = {x ∈ R | xa ∈ U}, dies ist ein Ideal von R mit U ⊆ U′. Wegen b ∈ U′ \ U gilt U ⊂ U′. Also ist U′ invertierbar. Entsprechend ist U ⊂ U + Ra, also ist auch U + Ra invertierbar. Mit U′ ist auch U′a als Produkt zweiter invertierbarer Ideale invertierbar. Andererseits ist U′a = U ∩ Ra (denn U′a ⊆ U und U′a ⊆ Ra folgen beide aus der Definition von U′, Ist andererseits u ∈ U ∩ Ra, etwa u = ra mit r ∈ R, so ist r ∈ U′, also u = ra ∈ U′a.

Wir erhalten eine exakte Folge der Form

0 → U ∩ Ra → U ⊕ Ra → U + Ra → 0.

Da U + Ra invertierbar, also projektiv ist, zerfällt die Folge und es gilt U ⊕ Ra ≃ (U ∩ Ra) ⊕ (U + Ra). Der rechte Modul ist projektiv, also ist auch U projektiv, Widerspruch.

Vorbemerkungen zum Beweis: (iii) ⟹ (vii). Wir betrachten zuerst den Fall eines lokalen Rings.

Lemma. Sei R ein lokaler Integritätsbereich. Genau dann ist jedes von Null verschiedene Ideal invertierbar, wenn R ein Hauptidealring (also ein diskreter Bewertungsring oder ein Körper) ist.

Beweis: In Hauptidealbereichen ist jedes von Null verschiedene Ideal invertierbar. Umgekehrt sei jedes von Null verschiedene Ideal von R invertierbar. Dann ist jedes Ideal endlich erzeugt, also R ist noethersch. Es reicht zu zeigen: Sind x, y von Null verschiedene Elemente des Rings, so ist x ∈ Ry oder y ∈ Rx. Sei I = ⟨x, y⟩ und II′ = R, also 1 = xx′ +yy′ mit x′, y′ ∈ I. Wir sehen, daß gilt Rxx′ +Ryy′ = R, also, da R lokal ist, ist etwa Ryy′ = R. Daraus folgt einerseits Ryy′x = Rx, andererseits ist Rxy′ ⊆ R und demnach Rxy′y ⊆ Ry. Insgesamt sehen wir also Rx ⊆ Ry.

Lemma. Sei R Integritätsbereich mit (iii). Sei Σ multiplikative Menge von R. Dann gilt (iii) auch in RΣ^{−1}.

Beweis: Sei I ein von Null verschiedenes Ideal von S = RΣ^{−1}. Dann ist I = (I ∩ R)Σ^{−1} (denn ⊇ ist trivial, und ist x = \frac{r}{s} ∈ I mit r ∈ R, s ∈ Σ, so ist r = \frac{r}{s}s in I ∩ R, also \frac{r}{s} = rs^{−1} ∈ (I ∩ R)Σ^{−1}). Es ist I ∩ R ein von Null verschiedenes Ideal von R, also invertierbar: es gibt also einen R-Untermodul J mit (I ∩ R)J = R. Also RΣ^{−1} = (I ∩ R)Σ^{−1}JΣ^{−1} = I · JΣ^{−1} zeigt, daß I invertierbar ist.

Beweis von (iii) ⟹ (vii): Ist jedes von Null verschiedene Ideal von R invertierbar, so R noethersch. Und für jedes maximale Ideal M von R gilt die Bedingung (iii) im Ring R_{M} = R(R \ M)^{−1}, also ist R_{M} ein Hauptidealring.

Vorbemerkungen zum Beweis (vii) ⟹ (viii). Ganz allgemein gilt:

Lemma. Sei R Integritätsbereich. Dann ist R = ⋃_{M} R_{M}, wobei M alle maximalen Ideale durchläuft.

Beweis: Eine Inklusion ist trivial. Sei also x ∈ ⋃ R_{M}. Sei I = {y ∈ R | yx ∈ R}, dies ist ein Ideal von R. Wäre dies ein echtes Ideal, so wäre es in einem maximalen Ideal enthälten, etwa in M. Da x ∈ R_{M}, schreiben wir x = \frac{r}{s} mit r ∈ R und s ∈ R \ M. Es ist s ∈ I, denn sx = s\frac{r}{s} = r ∈ R\}, also s ∈ T ⊆ M, Widerspruch. Demnach ist I = R, also 1 ∈ I, also x ∈ R.

Lemma. Ist R Integritätsbereich, und sind multiplikative Mengen Σ_{i} gegeben, mit R = ⋃ RΣ_{i}^{−1}, so gilt: Sind alle Ringe RΣ_{i}^{−1} ganz abgeschlossen, so ist auch R ganz abegschlossen.

Beweis: Sei f(T) ∈ R[T] normiertes Polynom, sei x ∈ K Nullstelle von f(T). Dies ist ein normiertes Polynom in RΣ_{i}^{−1}[T] und x ∈ Quot(RΣ_{i}−1). Da der Ring RΣ_{i}^{−1} ganz abgeschlossen ist, ist x ∈ RΣ_{i}^{−1}, also im Durchschnitt dieser Unterringe, also in R.

Nun der Beweis (vii) ⟹ (viii): Die beiden Lemmata zeigen, daß aus R_{M} ganz abgeschlossen für alle M folgt, daß auch R ganz abgeschlossen ist. Jede Primidealkette liefert eine entsprechend lange Primidealkette in einem Ring R_{M}. Da alle Ringe R_{M} Krull-Dimension höchstens 1 haben, hat auch R Krull-Dimension höchstens 1.

Beweis von (viii) ⟹ (vi). Sei P ≠ 0 Primideal von R, sei 0 ≠ a ∈ P. In einem noetherschen Ring enthält jedes Ideal ein Produkt von Primidealen, die von Null verschieden sind. Also gibt es Primideale P_{1}, …, P_{t} mit P_{1} ⋯ P_{t} ⊆ Ra. Wähle eine solche Darstellung mit t minimal. Wegen P_{1} ⋯ P_{t} ⊆ Ra ⊆ P und P prim gibt können wir annehmen P_{1} ⊆ P. Wegen Krull-Dimension höchstens 1 ist P_{1} maximales Ideal, also P_{1} = P. Die Minimalität von t besagt P_{2} … P_{t} ⊈ Ra, also gibt es b ∈ P_{1} ⋯ P_{t} mit b ∉ Ra.

Wegen bP ⊆ Ra ist a^{−1}bP ⊆ R. Sei I = {x ∈ K | xP ⊆ R}. Es ist P ⊆ IP (wegen 1 ∈ I) und IP ⊆ R (nach Definition von I). Da P maximal ist, gibt es nur die Möglichkeiten P = IP und IP = R. Letzteres hätten wir gern, denn dies zeigt ja, daß P invertierbar ist. Angenommen, P = IP. Da a^{−1}b ∈ I, gilt a^{−1}bP ⊆ P, aber dann ist a^{−1}b ganz über R (daran sei gleich noch erinnert), gehört also zu R und demnach ist b = (a^{−1}b)a ∈ Ra, ein Widerspruch.

Erinnerung. Sei R ⊆ S eine Inklusion von Integritätsbereichen und sei U ≠ 0 ein endlich erzeugter R-Untermodul von S. Ist s ∈ S mit sU ⊆ U, so ist s ganz über R.

Beweis: Sei u_{1}, …, u_{n} ein R-Erzeugendensystem von U, schreibe cu_{i} = ∑ r_{ij}u_{j} mit r_{ij} ∈ R, also ∑(cδ_{ij} − r_{ij})u_{j} =. Betrachte die Matrix A = (r_{ij}) und auch (cI − A) Multiplizieren wir mit der klassischen Adjunkten adj(cI − A), so erhalten wir χ_{A}(c)u_{j} = 0, für alle j. Da U ≠ 0, gilt u_{j} ≠ 0 für mindestens ein j und demnach χ_{A}(c) = 0, also ist c Nullstelle des charakteristischen Polynoms der Matrix A.

Bemerkung (ohne Beweis): “Jedes Ideal ist projektiv” bedeutet: Jeder Untermodul von _{R}R ist projektiv. Daraus folgt ganz allgemein: Jeder Untermodul eines projektiven Moduls ist projektiv; man nennt derartige Ringe erblich.

Ist R Dedekind-Ring, so ist die Gruppe der gebrochenen Ideale freie abelsche Gruppe mit Basis die Menge der maximalen Ideale. (Freie abelsche Gruppe = freier ℤ-Modul).

Dies folgt aus der Eindeutigkeit der Darstellung als Produkt invertierbarer Primideale.

Zerlegungssatz: Weitreichende Verallgemeinerung des Fundamentalsatzes der Algebra und des Fundamentalsatzes der elementaren Zahlentheorie.

In einem Dedekind-Ring bezeichnet man die Faktorgruppe der Gruppe der gebrochenen Ideale modulo der Untergruppe der zyklischen gebrochenen Ideale als Idealklassengruppe, ihre Ordnung die Klassenzahl. Wichtig in der Zahlentheorie: Die Idealklassengruppe ist eine endliche Gruppe. Natürlich gilt: Genau dann ist die Idealklassengruppe trivial, wenn R ein Hauptidealring ist. Die Idealklassengruppe mißt die Abweichung, ein Hauptidealring zu sein.

Sei h(m) die Klassenzahl des imaginär-quadratischen Zahlkörpers K = ℚ[\sqrt{m}]. Genau dann ist h(m) = 1, wenn gilt

|m| = 1, 2, 3, 7, 11, 19, 43, 67, 163

(die List der zugehörenden “Diskriminanten” ist |d| = 3, 4, 7, 8, 11, 19, 43, 76, 163). (Ferner gibt es genau 18 Fälle mit Klassenzahl 2.) Es gibt viele, möglicherweise unendlich viele reell-quadratische Zahlkörper mit Klassenzahl 1.

Lemma. (Fast wie oben) Ist I ⊆ K ein Untermodul, so ist jeder R-Homomor-phismus f: I → K von der Form f(x) = x · b mit b ∈ K.

Beweis: Ist I = 0, so nimm b = 0. Sei also I ≠ 0. Dann ist auch I ∩ R ≠ 0 and wir wählen ein Element 0 ≠ u ∈ I ∩ R. Ist y ∈ I, etwa y = \frac{r}{s} mit r, s ∈ R, so ist

suf(\frac{r}{s}) = f(su\frac{r}{s}) = f(ur) = rf(u),

also gilt für b = \frac{f(u)}{u}

f(y) = f(\frac{r}{s}) = \frac{r}{s} · \frac{f(u)}{u} = y · b.

Die invertierbaren gebrochenen Ideale sind gerade die “projektiven Moduln vom Rang 1”, wir sehen also: Zwei projektive Moduln vom Rang 1 sind genau dann isomorph, wenn sie zur gleichen Restklasse modulo der Untergruppe der zyklischen gebrochenen Ideale gehören (und die Multiplikation entspricht gerade dem Tensor-Produkt). Man bezeichnet mit Pic(R) die Gruppe der Isomorphieklassen projektiver Moduln vom Rang 1 bezüglich des Tensorprodukts. Wir sehen also: Für einen Integritätsbereich R gilt: Pic(R) ist gleich der Restklassengruppe der invertierbaren gebrochenen Ideale modulo der Untergruppe der zyklischen gebrochenen Ideale.