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 = ⋂_{m \in S} m

gilt.

Satz (Charakterisierungen von primaxgleiches Arithmoid):

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

$R$ ist primaxgleich.
Für jedes Ideal $I \subseteq R$ ist das Jacobsonideal gleich dem Radikal.
Für jedes Primideal $p \subseteq R$ verschwindet das Niljacobsonideal des Arithmoids $R / p$ .
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] ≅ R [x] / p R [x]

,

wobei wie üblich $p R [x] := {a f | a \in p, f \in R [x]}$ , was natürlich ein Ideal von $R [x]$ ist, wie man leicht nachrechnet. Da $P$ ein Ideal ist, gilt $p R [x] \subset P$ . 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 (⋂_{\binom{\overline{M} \leq (R / p) [x]}{\overline{M} maximal}} \overline{M}) ∖ \overline{P}

erfüllt. Dies folgt daraus, dass $ℕ$ 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 $\overline{m} + ⟨ x ⟩$ 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 $\deg \overline{g}$ . $◻$

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 $a g (x) \equiv 1 mod M$ 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. $◻$

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 $m = ⟨ f ⟩ + m_{0} [x]$ , 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 $R / m_{0} [x] ≅ R [x] / m_{0} [x]$ ein Hauptidealring, in welchem das Bild von $m$ von einem irreduziblen Polynom $\overline{f}$ erzeugt wird, wobei $f \in m$ ist. Dann ist $m = m_{0} [x] + ⟨ f ⟩$ , denn falls $p \in m$ , so $\overline{p} = \overline{q} \overline{f}$ für ein $p \in R / m_{0} [x]$ , also $p - q f \in m_{0} [x]$ . $◻$

Übungsaufgaben

Beweise die obige Charakterisierung der Gleichradikalringe.
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 $⟨ 1 - \overline{a} x ⟩$ enthält. Warum kann $m$ das Element $\overline{a}$ nicht enthalten?