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Strukturen und Algebra » Ringe » minimales Primideal
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Universität/Hochschule J minimales Primideal
Saki17
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Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-09-25


Hallo,

ich habe ein paar Fragen um minimale Primideale.

1. Sei $R$ ein kommutativer Ring mit 1 mit der Eigenschaft, dass $R$ ein endlicher flacher $\IZ$-Modul ist. Dann gilt: $P\in Spec(R)$ minimal gdw. $P\cap \IZ=0$.

2. Sei $K$ ein reduzierter artinscher Ring und sei $m\subset K$ ein minimales (also maximales) Primideal, dann ist die Lokalisierung $K_m$ ein Körper.

Vielleicht sind die beiden Behauptungen einfache Folgerungen aus grundlegenden/charakteristischen Eigenschaften von minimalen Primidealen - möchte mir jemand darauf hinweisen?

Zusatz. Mit der Notation in der 1. Behauptung oben, und es gelte $K=R\otimes_\IZ \IQ$, kann man folgern dass $K$ artinsch ist?



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Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-09-25


2. Es reicht zu zeigen, dass jeder reduzierte lokale artinsche kommutative Ring $R$ ein Körper ist. Sei $m$ das maximale Ideal von $R$. Dann ist $m$ das Nilradikal von $R$, denn $R$ hat ohnehin nur ein Primideal. Andererseits ist das Nilradikal $0$. Also ist $m=0$, und damit $R$ ein Körper.

Zum Rest evtl. später.



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Triceratops
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-09-26


1. Der Ringhomomorphismus $\IZ \to R$ ist flach und erfüllt daher Going-Down. Ist $P \subseteq R$ minimales Primideal, wenden wir das auf $(0) \subseteq P \cap \IZ$ an und erhalten ein Primideal $P' \subseteq P$ mit $P' \cap \IZ = (0)$. Weil $P$ minimal ist, folgt $P' = P$. Also ist $P \cap \IZ = (0)$.

Das soweit zur einen Richtung.

Die andere Richtung ist zum Zusatz äquivalent: $R \otimes_{\IZ} \IQ$ ist endlich über $\IQ$ und damit noethersch. Dass dieser Ring artinsch ist, bedeutet also, dass er $0$-dimensional ist, also jedes Primideal bereits minimal ist. Wegen $R \otimes_{\IZ} \IQ = R (\IZ \setminus \{0\})^{-1} $ und der bekannten Beschreibung von Primidealen in Lokalisierungen bedeutet dies gerade, dass jedes Primideal $P \subseteq R$ mit $P \cap \IZ = 0$ bereits minimal ist.

Dass $R \otimes_{\IZ} \IQ$ ein $0$-dimensionaler Ring ist, liegt daran, dass tatsächlich für jeden Körper $K$ jede (als Modul) endliche $K$-Algebra $0$-dimensional ist. Das wiederum lässt sich durch Quotientenbildung auf die einfache Tatsache zurückführen, dass eine endliche nichttriviale nullteilerfreie $K$-Algebra bereits ein Körper ist.

Damit ist alles bewiesen.



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Saki17
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Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-26


Danke sehr.

Ich hatte gestern über deinen (jetzt gelösten) ersten Ansatz ein bisschen überlegt. Wenn also $R$ flach ist, dann ist es insbesondere torsionsfrei (über $\IZ$), also frei nach dem Hauptsatz über endliche Moduln über PID, demnach kann man $R\cong \IZ^n$ (auch als Ringe) denken, beachte man noch $Spec(R) = \coprod_1^n Spec(\IZ)$ (Bijektion), so wäre (bin noch nicht 100% sicher) die 1. Aussage über minimale Primideale klar.

Deinen Vorschlag, dass sich die Situation auf reduziertes $R$ zurückführen lässt, kann ich mich nicht recht erinnern (bzw. hatte ich nicht viel verstanden).



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Triceratops
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-09-26


$R \cong \IZ^n$ gilt nur als $\IZ$-Moduln, aber das stimmt (bei weitem) nicht als Ringe, und daher hat man auch keine Zerlegung des Spektrums. Diese Sichtweise führt also nicht weiter. Denke an einfache Beispiele wie $R = \IZ[\sqrt{2}]$. Dann ist $R$ ein Integritätsring und damit sicherlich kein direktes Produkt von nicht-trivialen Ringen, das Spektrum ist also zusammenhängend. Das Spektrum von $\IZ[\sqrt{2}]$ sieht übrigens so aus (siehe hier):




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