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Strukturen und Algebra » Ringe » Produkt von Radikalidealen
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Universität/Hochschule J Produkt von Radikalidealen
Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-11-15


Hallo,

betrachte einen kommutativen Ring A mit 1; Seien I, J zwei (eigentliche) Ideale. Wir wissen, dass im Allgemeinen <math>\sqrt{I}\sqrt{J}\subsetneq \sqrt{I}\cap\sqrt{J}=\sqrt{I\cap J}</math>.

Ich möchte wissen, wann die Gleichheit gelten kann. Eine Möglichkeit ist, dass I, J verschiedene Primideale sind; Oder wenn A ein Dedekindring(=eindeutige Primfaktorisierung von Idealen) ist und die Primfaktoren von I, J alle verschiden sind.

Geht das auch für koprime Ideale? Damit meine ich <math>I+J=A</math>?* Wenn nicht (Beispiel?), gibt es weitere Bedingungen sodass die obige Gleichheit doch haltbar ist?

*Warum ich auf diese Bedingung komme: Für koprime Ideale gilt <math>IJ=I\cap J</math>. Gilt <math>I, J \text{ koprim}\iff \sqrt{I}, \sqrt{J}\text { koprim}</math>? Oder mindesten für eine Richtung?



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Dune
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-11-15


2017-11-15 11:55 - Saki17 im Themenstart schreibt:
*Warum ich auf diese Bedingung komme: Für koprime Ideale gilt <math>IJ=I\cap J</math>. Gilt <math>I, J \text{ koprim}\iff \sqrt{I}, \sqrt{J}\text { koprim}</math>?

Jap. Zwei Ideale sind genau dann koprim, wenn sie nicht in einem gemeinsamen Primideal liegen. Die obige Äquivalenz folgt nun aus <math>I \subseteq \mathfrak{p} \iff \sqrt{I} \subseteq \mathfrak{p}</math> für ein Primideal <math>\mathfrak{p}</math>.

Viele Grüße,
Dune



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-15


Danke!

2017-11-15 12:28 - Dune in Beitrag No. 1 schreibt:
Zwei Ideale sind genau dann koprim, wenn sie nicht in einem gemeinsamen Primideal liegen.

Geht der Beweis so?
Gelte <math>I+J=R</math>, so gilt insbesondere <math>1\in I+J</math>. Gäbe es ein Primideal <math>\mathfrak{p}</math> mit <math>I\subset \mathfrak{p}</math> und <math>J\subset \mathfrak{p}</math>, so folgt <math>I+J\subset \mathfrak{p}</math> bzw. <math>1\in \mathfrak{p}</math>, Widerspruch. Andererseits wenn <math>I, J</math> in verschiedenen Primidelen liegen müssen, so gibt es auch kein Primideal <math>\mathfrak{p}</math> sodass <math>I+J\subset \mathfrak{p}</math>, denn <math>I, \, J\subset I+J</math>. Also <math>I+J=R</math>.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-11-16


Ich würde deine Frage erst einmal so umformulieren: Für welche Radikalideale <math>I,J</math> gilt <math>IJ = I \cap J</math>? Beachte außerdem, dass die Gleichung <math>\sqrt{IJ}=\sqrt{I \cap J}=I \cap J</math> sowieso gilt, sodass die Bedingung also dazu äquivalent ist, dass <math>IJ</math> ein Radikalideal ist.

Geometrisch sollte die Bedingung in etwa bedeuten, dass sich <math>V(I)</math> und <math>V(J)</math> "nicht zu sehr überlagern", aber das nur als grobe Annäherung. Im Extremfall <math>I=J</math> ist <math>IJ=I^2</math> normalerweise kein Radikalideal wegen <math>\sqrt{I^2}=I</math>. Mehr dazu hier:

mathoverflow.net/questions/49259/when-is-the-product-of-two-ideals-equal-to-their-intersection

Dort wird z.B. gezeigt, dass die Bedingung zu

<math>\mathrm{Tor}^A_1(A/I,A/J)=0</math>
 
äquivalent ist, was einfach daran liegt, dass der Tor-Modul zu <math>(I \cap J)/(IJ)</math> isomorph ist. Wenn <math>A</math> regulär ist, folgt daraus bereits <math>\mathrm{Tor}^A_i(A/I,A/J)=0</math> für alle <math>i \geq 1</math>.

Dort wird auch erwähnt, dass <math>(f) \cdot (g) = (f) \cap (g)</math> für Hauptideale eines faktoriellen Ringes <math>A</math> gilt, wenn <math>f</math> und <math>g</math> teilerfremd sind (was schwächer als die Bedingung ist, dass <math>(f)</math> und <math>(g)</math> teilerfremd, also koprim sind).

Zur Frage der Entscheidbarkeit von <math>IJ=I \cap J</math>:

mathoverflow.net/questions/49266/intersection-of-ideals-in-a-commutative-ring-vs-their-product

Zum Fall von Dedekindringen:

math.stackexchange.com/questions/109833/when-is-a-product-of-two-ideals-strictly-included-in-their-intersection

2017-11-15 11:55 - Saki17 im Themenstart schreibt:
Gilt <math>I, J \text{ koprim}\iff \sqrt{I}, \sqrt{J}\text { koprim}</math>?

Man kann das auch konstruktiv (insb. ohne Auswahlaxiom und daher ohne die Existenz von genügend Primidealen zu nutzen) beweisen. Es gilt nämlich konstruktiv

<math>\displaystyle \sqrt{I+J}=\sqrt{\sqrt{I}+\sqrt{J}}</math>
 
und

<math>\displaystyle \sqrt{I}=A \iff I=A.</math>

Daraus folgt die genannte Äquivalenz. Die obige Gleichung kann man mit Elementen nachrechnen. Man kann aber auch das Yoneda-Lemma für die partielle Ordnung der Radikalideale anwenden und so argumentieren: Für Radikalideale <math>K</math> gilt

<math>\begin{align*}
\sqrt{I+J} \subseteq K  \iff &  I+J \subseteq K \\
\iff & I \subseteq K \wedge J \subseteq K \\
\iff & \sqrt{I} \subseteq K \wedge \sqrt{J} \subseteq K \\
\iff & \sqrt{I}+\sqrt{J} \subseteq K \\
\iff & \sqrt{\sqrt{I}+\sqrt{J}} \subseteq K.
\end{align*}</math>
 
2017-11-15 11:55 - Saki17 im Themenstart schreibt:
Eine Möglichkeit ist, dass I, J verschiedene Primideale sind
 
Das reicht nicht aus. Betrachte etwa die beiden Primideale <math>\langle X,Y \rangle</math> und <math>\langle X,Z \rangle</math> im Polynomring <math>K[X,Y,Z]</math>. Ihr Produkt ist <math>\langle X^2,XZ,XY,YZ \rangle</math>, was kein Radikalideal ist.



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Dune
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2017-11-16


@Beitrag 2: Ja, das stimmt so. Ich finde die Formulierung "wenn I, J in verschiedenen Primidelen liegen müssen" aber etwas irreführend. Schreibe lieber "Wenn I,J in keinem gemeinsamen Primideal liegen".



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-18 20:08


Sorry für meine späte Antwort.

@Dune,
Danke für deine Kommentar!

@Triceratops,
danke für deine informative Antwort! Ich bin leider noch nicht soweit, die geometrische Interpretation von Radikalidelaen aufzufassen (aber die ist jedenfalls wissenswert). Nun mal zu etwas Konkretes

2017-11-16 06:23 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
Man kann aber auch das Yoneda-Lemma für die partielle Ordnung der Radikalideale anwenden und so argumentieren: Für Radikalideale <math>K</math> gilt
<math>\begin{align*}
\sqrt{I+J} \subseteq K  \iff &  I+J \subseteq K \\
\iff & I \subseteq K \wedge J \subseteq K \\
\iff & \sqrt{I} \subseteq K \wedge \sqrt{J} \subseteq K \\
\iff & \sqrt{I}+\sqrt{J} \subseteq K \\
\iff & \sqrt{\sqrt{I}+\sqrt{J}} \subseteq K.
\end{align*}</math>
Die Äquivalenzen sind verständlich, aber wie benutzt man das Yoneda-Lemma hier? (wieso redest du plötzlich (so scheint es mir) von diesem Lemma?)

2017-11-16 06:23 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
2017-11-15 11:55 - Saki17 im Themenstart schreibt:
Eine Möglichkeit ist, dass I, J verschiedene Primideale sind
Das reicht nicht aus. Betrachte etwa die beiden Primideale <math>\langle X,Y \rangle</math> und <math>\langle X,Z \rangle</math> im Polynomring <math>K[X,Y,Z]</math>. Ihr Produkt ist <math>\langle X^2,XZ,XY,YZ \rangle</math>, was kein Radikalideal ist.
Dein Beispiel funktioniert, weshalb ich befürchte, dass ich in der folgenden Argumentation Fehler gemacht habe: Seien <math>p, q</math> zwei verschiedene Primideale. Nach Beitrag #1 wissen wir, dass <math>p</math> und <math>q</math> bzw. <math>\sqrt{p}</math> und <math>\sqrt{q}</math> koprim sind. Daher <math>\sqrt{p}\sqrt{q}=\sqrt{p}\cap\sqrt{q}</math>.  (für koprime Ideale <math>I, J</math> gilt doch <math>IJ=I\cap J</math>, wo ist der Fehler?)  



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2017-11-18 22:29


Ich habe gezeigt, dass die beiden Radikalideale <math>I_1,I_2</math> die Eigenschaft

<math>I_1 \subseteq K \iff I_2 \subseteq K</math>
 
haben, also für alle Radikalideale <math>K</math>. Daraus folgt <math>I_1=I_2</math>. Diese Folgerung ergibt sich aus dem Yoneda-Lemma. Es geht natürlich auch ein direkter Beweis, aber dabei wiederholt man auch nur das Argument im Yoneda-Lemma. Es ist also eigentlich sowieso nur ein Beweis möglich. Ich habe das Kind nur beim Namen genannt.
 
Zur anderen Frage: Zwei verschiedene Primideale müssen nicht koprim sein. Das Beispiel zeigt das ebenfalls. Ein noch einfacheres Beispiel: <math>\langle 0 \rangle</math> und <math>\langle 2 \rangle</math> in <math>\mathds{Z}</math>.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-19 00:28


Die Sache übers Yoneda-Lemma gucke ich nochmal nach.

Zum anderen bin ich total überzeugt, vielen Dank!



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-06 09:46

\(\begingroup\)
Hallo Tricerator,

ich habe neuerdings den Hilbertschen Nullstellensatz gelernt und denke es wäre jetzt ein angemessener Zeitpunkt, mich mit der untenstehenden geometrischen Interpretation zu befassen.

2017-11-16 06:23 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
Ich würde deine Frage erst einmal so umformulieren: Für welche Radikalideale <math>I,J</math> gilt <math>IJ = I \cap J</math>? Beachte außerdem, dass die Gleichung <math>\sqrt{IJ}=\sqrt{I \cap J}=I \cap J</math> sowieso gilt, sodass die Bedingung also dazu äquivalent ist, dass <math>IJ</math> ein Radikalideal ist.

Geometrisch sollte die Bedingung in etwa bedeuten, dass sich <math>V(I)</math> und <math>V(J)</math> "nicht zu sehr überlagern", aber das nur als grobe Annäherung. Im Extremfall <math>I=J</math> ist <math>IJ=I^2</math> normalerweise kein Radikalideal wegen <math>\sqrt{I^2}=I</math>.

- Wären die Radikalideale <math>I,J</math> in der Diskussion meistens Verschwindungsideale?
- Zur Überlagerung. Meintetest du etwa in die Richtung: Wenn der Grundkötper algebraisch abgeschlossen ist, gilt <math>I, J\text{ coprim }\iff \mathbf{V}(I)\cap \mathbf{V}(J)=\emptyset</math> (wobei <math>\Longrightarrow</math> für beliebige Körper gilt).

(Latex: In der Vorschau funktioniert doch $$)
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2017-12-06 09:58


Mit <math>V(I)</math> meine ich die Menge der Primideale von <math>A</math>, die <math>I</math> umfassen (die <math>V(I)</math> sind also die abgeschlossenen Mengen der Zariski-Topologie auf <math>\mathrm{Spec}(A)</math>). Es ist also gar kein Grundkörper notwendig, erst recht kein algebraisch abgeschlossener, und der "Hilbertsche Nullstellensatz" <math>I=I(V(I))</math> gilt dann für jedes Radikalideal <math>I</math> und jeden kommutativen Ring <math>A</math>. Außerdem gilt <math>V(I) \cap V(J)=V(I + J) = \emptyset \iff I+J=A</math> ebenfalls in jedem kommutativen Ring <math>A</math> (denn ein echtes Ideal ist in einem Primideal enthalten).
 
PS: Das MathJax funktioniert hier nicht, weil matroid es (begründet) bei Threads vor der Einführung ausgeschaltet hat. Wir müssen hier also erst einmal das übliche LaTeX nutzen.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-06 19:30

\(\begingroup\)
ach, ich denke was ganz Andres bzw. habe deine Bezeichnung <math>V(I)</math> offenbar anders interpretiert, ich denke an die (affine algebraische) Varietät (in ''klassischem'' Sinne): <math>V(I)=\{p\in K^n;\,f(p)=0 \text{ für alle } f\in I\lhd K[x_1,\ldots,x_n]\}\), wobei \(K</math> ein beliebiger Körper ist. Unsere VL zur algebraischen Geometrie verwendet diese Definition. (die Formulierung des Hilbertschen Nullstellensatzes ändert sich entsprenchend)

Ich weiß nicht, in welcher Art und Weise verallgemeinert die Definition von <math>V(I)</math>, die du hier angibst, für die letztere kenne ich momentan nur die Definition.

Kriegt die Frage im Themenstart trotzdem eine geometrische Interpretation, wie du etwa in Beitrag #3 beschrieben hast?
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2017-12-06 20:45


Kurz: Das entspricht dem Fall, dass <math>A</math> eine kommutative Algebra von endlichem Typ über einem algebraisch abgeschlossenen Körper (*) ist. Das nennt man manchmal "klassische algebraische Geometrie". Im Rahmen der Theorie der Schemata, die in den 1950ern und 1960ern entwickelt worden ist und heute als Grundlage der algebraischen Geometrie gesehen wird, kann dann <math>A</math> ein beliebiger kommutativer Ring sein, und die Definitionen ändern sich entsprechend ein wenig. Sie stimmen aber im Spezialfall (*) nicht überein, weil in der klassischen algebraischen Geometrie die generischen Punkte fehlen, was auch einer der Gründe war, warum man sich davon verabschiedet hat. Ich vermute, dazu wirst du noch mehr in der Vorlesung hören.



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