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Strukturen und Algebra » Ringe » Quotientenkörper und geometrisch reduziert/irreduzibel
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Universität/Hochschule J Quotientenkörper und geometrisch reduziert/irreduzibel
Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-02-17


Hallo,

folgende Situation: Sei $K$ ein Körper, $K[X]$ der Polynomring in endlich vielen Variablen und $P\subset K[X]$ ein Primideal. Es bezeinet $K':=K[X]/P$ und $Q:=Quot(K')$ und $K^a$ einen algebraischen Abschluss von $K$.

Ich möchte fogende Standardresulte beweisen.
1. $Q\otimes_K K^a$ ist reduziert gdw. das Ideal $PK^a[X]$ reduziert ist.
2. $Q\otimes_K K^a$ ist irreduzibel (i.e. dessen Nilradikal ist prim) gdw. das Ideal $\sqrt{PK^a[X]}$ prim ist.

Aufgrund des Isomorphismus $K'\otimes_K K^a=K^a[X]/PK^a[X]$ sind die beiden Aussagen klar wenn $Q$ durch $K'$ ersetzt wird. Kann man nun die ursprünlichen Aussagen folgern?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-09


1. Wenn $K' \otimes_K K^a$ reduziert ist, dann ist auch die Lokalisierung $Q \otimes_K K^a = (K' \setminus \{0\})^{-1} \bigl(K' \otimes_K K^a\bigr)$ reduziert. Wenn umgekehrt $Q \otimes_K K^a$ reduziert ist, dann ist auch der Unterring $K' \otimes_K K^a$ reduziert.

2. Ich bin zuversichtlich, dass du hier ein ähnliches Argument findest.



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Saki17 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Saki17 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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