Primaxgleiche Arithmoide

Definition (Primaxgleiches Arithmoid):

Ein primaxgleiches Arithmoid ist ein Arithmoid $R$, sodass jedes Primideal $p\subseteq R$ als Schnittmenge maximaler Ideale darstellbar ist; d. h. es existiert für jedes $p$ eine Menge $S$ maximaler Ideale, sodass

$p=\bigcap _{m\in S}m$

gilt.

Satz (Charakterisierungen von primaxgleiches Arithmoid):

Es sei $R$ ein Arithmoid. Dann sind äquivalent:

1. $R$ ist primaxgleich.
2. Für jedes Ideal $I\subseteq R$ ist das Jacobsonideal gleich dem Radikal.
3. Für jedes Primideal $p\subseteq R$ verschwindet das Niljacobsonideal des Arithmoids $R/p$.
4. Für jedes Ideal $I\leq R$ stimmen das Niljacobsonideal und das Nilradikal des Ringes $R/I$ überein.

Der Beweis sei eine Übungsaufgabe, die allerdings vergleichsweise wenig Mühen erfordert.

Satz (Erster Satz von Goldman‒Krull):

Es sei $R$ ein primaxgleiches Arithmoid. Dann ist auch $R[x]$ ein primaxgleich.

Beweis: Wir führen einen Beweis durch Widerspruch. Angenommen, $R[x]$ sei nicht primaxgleich. Dann gäbe es ein Primideal $P\leq R[x]$, welches nicht die Schnittmenge der es enthaltenden maximalen Ideale ist. Ferner gibt es einen offensichtlichen Dipfeil

$(R/p)[x]\cong R[x]/pR[x]$,

wobei wie üblich $pR[x]:=\{af|a\in p,f\in R[x]\}$, was natürlich ein Ideal von $R[x]$ ist, wie man leicht nachrechnet. Da $P$ ein Ideal ist, gilt $pR[x]\subset P$. Es sei ${\overline {P}}$ das Bild von $P$ in $(R/p)[x]$. Nach dem Korrespondenzsatz für Quotientenarithmoide genügt es, zu beweisen, dass ${\overline {P}}$ in $(R/p)[x]$ die Schnittmenge der es enthaltenden maximalen Ideale ist. Angenommen, dies wäre nicht der Fall. Dann gäbe es ein Polynom minimalen Grades ${\overline {f}}\in (R/p)[x]$, welches

${\overline {f}}\in \left(\bigcap _{{\overline {M}}\leq (R/p)[x] \atop {\overline {M}}{\text{ maximal}}}{\overline {M}}\right)\setminus {\overline {P}}$

erfüllt. Dies folgt daraus, dass $\mathbb {N}$ wohlgeordnet ist.

Als erstes stellen wir fest, dass $\deg {\overline {f}}>0$ ist. Sonst wäre nämlich ${\overline {f}}\in R/p$ eine Konstante, und dann gäbe es ein maximales Ideal ${\overline {m}}\leq R/p$ sodass ${\overline {f}}\notin {\overline {m}}$, und daher ist ${\overline {m}}+\langle x\rangle$ ein maximales Primideal, welches ${\overline {f}}$ nicht enthält, aber sehr wohl ${\overline {P}}$.

Falls ${\overline {P}}=\{0\}$, so machen wir ${\overline {P}}\neq \{0\}$ wie folgt: Wir wählen anstatt von ${\overline {P}}$ einfach das Urbild via der Inklusion eines maximalen Ideales in $(R/p)[x]_{\overline {f}}$, was nämlich kein Divoid sein kann; in der Tat ist dann der Gradformel zufolge auch $R/p$ ein Divoid, und die Invertibilität aller Primelemente aus dem Euklidarithmoid $R/p[x]$ würde ausgeschrieben bedeuten, dass ${\overline {f}}$ durch all diese teilbar ist, was aber absurd ist, da nach dem Satz von Euklid in einem Euklidarithmoid immer unendlich viele Primelemente existieren.

Es sei nun ${\overline {g}}\in P$ minimalen Grades; der Leitkoeffizient von ${\overline {g}}$ heiße ${\overline {b}}$, der von ${\overline {f}}$ dagegen ${\overline {a}}$. Falls $\deg {\overline {g}}\leq \deg {\overline {f}}$, so teilen wir ${\overline {f}}$ mit Rest durch ${\overline {g}}$, sodass ${\overline {b}}^{m}{\overline {f}}={\overline {q}}{\overline {g}}+{\overline {r}}$ mit $\deg {\overline {r}}<\deg {\overline {g}}\leq \deg {\overline {f}}$. Dann ist aber ${\overline {r}}$ ein Polynom, das so ist, wie ${\overline {f}}$ oben gewählt wurde, was im Widerspruch zur Minimalität des Grades von ${\overline {f}}$ steht. Also gilt tatsächlich $\deg {\overline {g}}>\deg {\overline {f}}$. Nun teilen wir ${\overline {g}}$ durch ${\overline {f}}$ mit Rest und erhalten ${\overline {a}}^{k}{\overline {g}}={\overline {h}}{\overline {f}}+{\overline {s}}$ mit $\deg {\overline {s}}<\deg f$, daher entweder ${\overline {h}}\notin {\overline {P}}$ und wie eben ${\overline {s}}=0$ und doch ${\overline {h}}\in P$ weil ${\overline {P}}$ prim ist, oder ${\overline {h}}\in {\overline {P}}$, wegen $\deg {\overline {f}}>1$ ein Widerspruch zur Minimalität von $\deg {\overline {g}}$. $\Box$

Satz (Zweiter Satz von Goldman–Krull):

Es sei $R$ ein primaxgleiches Arithmoid und $M\leq R[x]$ ein maximales Ideal. Dann ist $m:=M\cap R$ maximal in $R$.

Beweis: Wir müssen also beweisen, dass $R/m$ ein Divoid ist. Durch Ersetzen von $R$ durch $R/m$ und wegen des Korrespondenzsatzes für Quotientenarithmoide können wir uns auf den Fall $m=0$ beschränken; wir müssen dann beweisen, dass $R$ ein Körper ist.

Es ist also $M$ maximal in $R[x]$, und seine Schnittmenge mit $R$ ist das Nullideal. Daher gibt es ein Polynom $f$ des Grades $\geq 1$ in $M$, welches minimalen Grad hat und nicht null ist.

Um einen Widerspruch herbeizuführen, nehmen wir nun an, dass $a\in R^{\times }$ nicht invertierbar ist. Es ist jedoch $R[x]/M$ nach Voraussetzung ein Divoid, sodass eine Inklusion $ag(x)\equiv 1\mod M$ besteht, die wir hier ebenfalls minimalen Grades wählen.

Jetzt ist aber der Leitkoeffizient von $f$ (nennen wir ihn $b$) in $R$ ebenfalls nicht invertierbar, denn sonst könnte man $g$ durch $f$ mit Rest teilen und erhielte eine Inklusion derselben Form, aber geringeren Grades. Nach Voraussetzung gibt es also ein maximales Ideal $m'$ von $R$, welches $b$ nicht enthält. Division eines beliebigen Elementes von $M$ mit Rest durch $f$ beweist nun, dass das Bild von $M$ in $R/m'[x]$ ein Hauptideal ist, welches vom Bild von $f$ erzeugt wird. Daher ist dem Korrespondenzsatz zufolge $M$ gar nicht maximal gewesen, und dies ist der gewünschte Widerspruch. $\Box$

Satz (Klassifikation der maximalen Ideale in einem Polynomring über einen Gleichradikalring):

Es sei $R$ ein Gleichradikalring und $m\leq R[x]$ maximal. Dann hat $m$ die Gestalt $m=\langle f\rangle +m_{0}[x]$, wobei $m_{0}=R\cap m$ ein maximales Ideal in $R$ ist und ${\overline {f}}$ ein irreduzibles Polynom in $R/m_{0}[x]$.

Beweis: Nach dem zweiten Satz von Goldman–Krull ist $m_{0}=m\cap R$ maximal. Somit ist $R/m_{0}[x]\cong R[x]/m_{0}[x]$ ein Hauptidealring, in welchem das Bild von $m$ von einem irreduziblen Polynom ${\overline {f}}$ erzeugt wird, wobei $f\in m$ ist. Dann ist $m=m_{0}[x]+\langle f\rangle$, denn falls $p\in m$, so ${\overline {p}}={\overline {q}}{\overline {f}}$ für ein $p\in R/m_{0}[x]$, also $p-qf\in m_{0}[x]$. $\Box$

Übungsaufgaben

1. Beweise die obige Charakterisierung der Gleichradikalringe.
2. Beweise: Falls $R$ ein Ring ist, sodass für jedes maximale Ideal $m\leq R[x]$ die Schnittmenge $R\cap m$ maximal in $R$ ist, so ist $R$ ein Gleichradikalring. Hinweis: Für ein Primideal $p\leq R$ gehe zum Restklassenring $R/p$ über. Wenn $a\notin p$ ist, wähle in $R/p[x]$ ein maximales Ideal $m$, welches $\langle 1-{\overline {a}}x\rangle$ enthält. Warum kann $m$ das Element ${\overline {a}}$ nicht enthalten?