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Strukturen und Algebra » Polynome » Faktorring K[X,Y]/(XY²) und seine Elemente
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Universität/Hochschule J Faktorring K[X,Y]/(XY²) und seine Elemente
Mathelephant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-03-05


Hallo!
Ich bin in "Bosch - Algebra" auf eine Aufgabe gestoßen, bei der ich mittlerweile leider ratlos bin und hoffentlich mit eurer Hilfe eine Lösung finden kann.

Hier erstmal die Aufgabenstellung:
Sei \(K\) ein Körper, \(R := K[X,Y]/(XY^2)\). Zeige: \(\overline{X}\) und \(\overline{X} + \overline{X} \cdot \overline{Y}\) sind nicht assoziiert, aber die beiden von diesen Elementen erzeugten Hauptideale stimmen überein (Der Strich über den Elementen soll zeigen, dass es sich um Elemente aus dem Faktorring handelt).

Ich habe mir wie gesagt schon eine Weile den Kopf zerbrochen und folgende Fragen kamen auf: Wie sehen die Elemente \(R^\times\) (Einheiten) aus? Es gilt ja: \(K[X,Y]^\times = K^\times\), aber ich bin mir nicht sicher, was mir das über die Einheiten von \(R\) sagt.
Außerdem müsste eine Einheit, die die beiden Elemente miteinander assoziiert, folgende Form haben: \(\overline{c} \in 1 + Y + (Y^2)\), wobei ich das von \(Y^2\) erzeugte Hauptideal meine. Wie könnte ich nun zeigen, dass Elemente dieser Form keine Einheit sein können?
Allgemein finde ich es schwierig mit Faktorringen (von Polynomringen) umzugehen.

Ich würde mich sehr über Hilfestellung freuen,
Mathelephant



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Mathelephant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-05


Ich habe den Thread ausversehen als "OK" markiert, sorry :)



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-03-05


Die grundlegende Idee eines Quotientenringes (der Begriff "Faktorring" ist veraltet, außerdem haben Quotientenringe nichts mit "Faktoren" zu tun) $R/I$ ist, dass man die Elemente in $I$ zu Null macht, den Ring $R$ aber ansonsten nicht verändert. Ganz gut ausgedrückt wird das durch den Homomorphiesatz:

$\hom(R/I,S) \cong \{\varphi \in \hom(R,S) : \varphi|_I = 0\}$

Der drückt nämlich aus, dass $R/I$ die "universelle Lösung" des Problems ist, aus einem Ring $R$ einen neuen Ring $R/I$ zusammen mit einem Homomorphismus $p : R \to R/I$ zu konstruieren, der $p|_I = 0$ erfüllt. Mehr dazu hier: LinkKonzepte der Ringtheorie

Der Polynomring $K[X,Y]$ erfüllt ebenfalls eine universelle Eigenschaft, die sich am besten in der Kategorie der (kommutativen) $K$-Algebren formulieren lässt: $K[X,Y]$ ist eine kommutative $K$-Algebra, die universell von zwei Elementen $X,Y$ erzeugt wird. Das heißt: Für jede kommutative $K$-Algebra $A$ hat man eine Bijektion $\hom(K[X,Y],A) \cong U(A)^2$, wobei $U(A)$ die Trägermenge von $A$ ist. Mehr dazu ebenfalls hier: LinkKonzepte der Ringtheorie

Kombiniert man diese beiden universellen Eigenschaften, bekommt man eine ziemlich gute Idee (die leider in fast jedem Algebrabuch nicht genannt wird), was Quotientenringe von Polynomringen sind: Es sind durch Erzeuger und Relationen definierte Algebren. Konkret ist $K[X,Y]/\langle XY^2 \rangle$ die durch Erzeuger $x,y$ und die Relation $xy^2=0$ erzeugte kommutative $K$-Algebra. Das bedeutet, für jede kommutative $K$-Algebra $A$ hat man eine Bijektion

$\hom(K[X,Y]/\langle XY^2 \rangle,A) \cong \{(x,y) \in U(A)^2 : xy^2=0\}.$

Konkret rechnen wir in $R = K[X,Y]/\langle XY^2 \rangle$ also genau so, wie wir es in jeder kommutativen $K$-Algebra mit zwei Elementen $x,y$ machen würden, allerdings haben wir noch die zusätzliche Relation $xy^2=0$.

Ausgehend davon ergeben sich natürlich weitere Relationen, wie zum Beispiel $(xy)^2=0$ (woraus übrigens folgt, dass $1+xy$ eine Einheit in $R$ ist). Um allerdings auszuschließen, dass gewisse Relationen nicht gelten, braucht man hier (und in anderen Beispielen ebenfalls) eine $K$-Basis. Zunächst einmal sollte relativ schnell klar sein, dass

$B := \{1\} \cup \{x^i : i \in \IN^+\} \cup \{y^j : j \in \IN^+\} \cup \{x^i y : i \in \IN^+\}$

ein Erzeugendensystem als $K$-Vektorraum ist; ohne die Relation müsste man ja alle Monome $x^i y^j$ nehmen, aber wegen der Relation $xy^2=0$ gilt eben $x^i y^j = 0$ für $i \geq 1$ und $j \geq 2$, sodass wir diese Monome gar nicht brauchen. Man kann sich auch überlegen, dass $B$ sogar eine Basis ist. Das ist nicht so schwer zu sehen, man muss eigentlich nur verwenden, dass der Kern von $K[X,Y] \to K[X,Y]/\langle XY^2 \rangle$ genau $\langle X Y^2 \rangle$ ist und die Eindeutigkeit der Koeffizienten eines Polynoms verwenden. Oder man erinnert sich an die Konstruktion von Basen von Quotientenvektorräumen aus der linearen Algebra, Stichwort Basisergänzung.

In der Aufgabe soll nun gezeigt werden, dass die Elemente $x$ und $x+xy$ dieselben Hauptideale erzeugen, also sich gegenseitig teilen. Dass $x$ ein Teiler von $x+xy$ ist, ist sofort klar: man hat ja $x+xy=x(1+y)$. Dass $x+xy$ ein Teiler von $x$ ist, dafür muss man einfach erst einmal mit einem naheliegenden Element multiplizieren und stellt fest, dass $(x+xy)y = xy$ ist. Also ist $x+xy$ ein Teiler von $xy$. Aber $x+xy$ teilt auch $x+xy$. Also teilt $x+xy$ folglich auch die Differenz $(x+xy)-xy=x$. Ganz konkret ist (und so kann man es auch alternativ sehen) $(x+xy)(1-y)=x(1+y)(1-y)=x(1-y^2)=x$.

Zu den Einheiten und zur Nicht-Assoziiertheit evtl. später.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-03-05


Zum Teil, dass die Elemente $x$ und $x+xy$ nicht zueinander assoziiert sind: Mir ist vermutlich nicht der einfachste Weg eingefallen. Theoretisch muss man auch nicht alle Einheiten berechnen, aber ich sehe gerade nicht, wie es ansonsten geht. (Auch ist mir aufgefallen, dass in so ziemlich allen naheliegenden echten Quotientenringen von $R$ diese Elemente assoziiert sind, sodass es wohl sehr genau auf $R$ ankommt).
 
Für die Berechnung der Einheiten sind die folgenden Beobachtungen hilfreich:

Lemma 1: Sei $A$ ein Ring, $a \in A$ nilpotent. Dann ist $1+a$ eine Einheit.

Lemma 2: Sei $A$ ein kommutativer Ring, $a \in A$ nilpotent. Dann ist ein Element von $A$ genau dann eine Einheit, wenn es sein Bild in $A/\langle a \rangle$ ist.

In $R$ ist nun wie gesagt $xy$ nilpotent. Also ist ein Element von $R$ genau dann eine Einheit, wenn es sein Bild in $R/\langle xy \rangle = K[X,Y]/\langle XY \rangle$ ist. (Eigentlich brauchen wir im Folgenden die nicht-triviale Richtung hier nicht, aber sie stellt von Anfang an sicher, dass uns hier keine Einheiten verloren gehen.) Diese Algebra ist nun etwas einfacher als $R$. Zum Beispiel ist hier

$\{1\} \cup \{x^i : i \in \IN^+\} \cup \{y^j : j \in \IN^+\}$

eine $K$-Basis von $K[X,Y]/\langle XY \rangle$, also alle "gemischten Terme" fallen weg. Damit kann man nun nachrechnen (das führe ich einmal nicht aus, damit auch noch etwas für dich übrig bleibt):

Lemma 3. Sei $K$ ein Körper. Die Einheitengruppe von $K[X,Y]/\langle XY \rangle$ ist $K^{\times}$.
 
Tipp: Schreibe die potenziellen Einheiten o.B.d.A. als $1+x \cdot p(x) + y \cdot q(y)$, ihre Inverse ebenfalls, und mache dann einen Koeffizientenvergleich mit Hilfe der genannten Basis.

Kombinieren wir das nun: Ein Element in $R$ lässt sich schreiben als $a + x \cdot p(x) + y \cdot q(y) + xy \cdot r(x)$ (mit eindeutigen Polynomen $p,q,r$ und $a \in K$), das Bild in $K[X,Y]/\langle XY \rangle$ ist $a + x \cdot p(x) + y \cdot q(y)$, und dieses ist genau dann eine Einheit, wenn $p=0$, $q=0$ und $a \in K^{\times}$. Die Einheiten von $R$ sind also genau die $a + xy \cdot r(x)$ mit $a \in K^{\times}$ und $r \in K[X]$. (Dass diese Elemente wirklich Einheiten sind, folgt sofort aus Lemma 1, aber der schwierige Part war hier, die Umkehrung zu zeigen, also dass das bereits alle Einheiten sind).

Wenn nun $x$ und $x+xy$ assoziiert wären, könnte man also $x+xy=x(a+xy \cdot r(x)) = ax + xy \cdot (x r(x))$ schreiben. Mit unserer Basis von $R$ folgte hieraus $a=1$ und $1 = X r(X)$ in $K[X]$, Widerspruch.



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Mathelephant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-05


Danke dir für diese SEHR ausführliche und hilfreiche Antwort!
Ich hab alles, was du erwähnst Recht gut nachvollziehen können und werde mich jetzt Mal nochmal genauer damit auseinandersetzen.
Ich finde witzig, dass Faktorring ein veralteter Begriff ist, da wir sowohl Faktor- als auch Quotientenring als Begriff in der Vorlesung hatten. Wieder was gelernt.
Eine Sache verstehe ich nicht. Was meinst du bei Lemma 2 mit: "sein Bild in ..."? Unter welcher Abbildung? Vielleicht könntest du das für mich präzisieren... :)

Auch wenn ich wirklich cool finde, dass wir jetzt also genau die Einheiten in R charakterisiert haben, muss ich dennoch leider sagen, dass das nicht die "gesuchte" Lösung im Bosch sein kann, da dort bis dahin weder Lemma 1 noch 2 auftauchen. Naja, es gibt wohl noch einen Trick, um nicht alle Einheiten charakterisieren zu müssen und die Aufgabe trotzdem zu lösen (den Teil mit der Assoziiertheit, der andere funktioniert ja wunderbar).
Auch der Gedanke, eine Basis, wie du sie angegeben hast, zu suchen, ist sehr hilfreich zum handhaben solcher Quotientenring.

Vielen Dank nochmal!



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-03-05


Zur Frage: Man hat ja eine kanonische Abbildung $p : A \to A/\langle a \rangle$, oftmals kanonische Projektion genannt. Die ist gemeint. Beachte, dass jeder Ringhomomorphismus Einheiten auf Einheiten abbildet, aber dass es eine besondere Eigenschaft ist, wenn auch alle Urbilder von Einheiten wieder Einheiten sind; das ist hier aufgrund der Nilpotenz des Kerns erfüllt.

Lemma 1 braucht man hier nur wirklich für Lemma 2, und Lemma 2 braucht man wie gesagt nicht unbedingt. Du kannst es auch ohne diese beiden Lemmata machen. Du musst am Ende nur noch prüfen, dass Elemente der Form $a + xy \cdot r(x)$ Einheiten sind, was aber nicht schwer ist; du kannst direkt ein inverses Element angeben. Verwende hierbei die allgemeine Beobachtung $s^2=0 \implies (1+s)(1-s)=1$.

Auch den "Umweg" über $K[X,Y]/\langle XY \rangle$ kann man auslassen, wenn man möchte, aber dann muss man sich an einigen Stellen noch mit den gemischten Termen beschäftigen. Der Beweis lässt sich nicht mehr so gut strukturieren.

Also du kannst auch direkt eine Einheit von $R$ mit $a + x \cdot p(x) + y \cdot  q(y) + xy \cdot r(x)$ ansetzen, das inverses Element ebenso, und dann losrechnen.



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Mathelephant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-05


Cool, macht Sinn! Danke



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-03-06


Mir ist noch etwas eingefallen. Nämlich kann man die Einheiten von $K[X,Y]/\langle XY \rangle$ etwas eleganter bestimmen, wenn man mit einer anderen, aber isomorphen Algebra arbeitet.

Zunächst ein paar Grundlagen zu Faserprodukten: Für zwei Homomorphismen von Algebren (oder anderen algebraischen Strukturen, zum Beispiel Gruppen) $\alpha : A \to C$, $\beta : B \to C$ bezeichnet man mit $A \times_{\alpha,\beta} B$ oder kurz $A \times_C B$ (wenn $\alpha,\beta$ im Kontext klar sind) das Faserprodukt $\{(a,b) \in A \times B : \alpha(a)=\beta(b)\}$. Das ist eine Unteralgebra (bzw. Untergruppe usw.) von $A \times B$ (und für $C=0$ identisch mit $A \times B$). Die Einheitengruppe ist ganz einfach (das ist sozusagen die entscheidende Beobachtung)

$(A \times_C B)^{\times} = A^{\times} \times_{C^{\times}} B^{\times}.$

Das Faserprodukt besitzt die folgende universelle Eigenschaft: Man hat Homomorphismen $\mathrm{pr}_1 : A \times_C B \to A$, $\mathrm{pr}_2 : A \times_C B \to B$ (die beiden evidenten Projektionen) mit $\alpha \circ \mathrm{pr}_1 = \beta \circ \mathrm{pr}_2$, und sind $f : T \to A$, $g : T \to B$ Homomorphismen mit $\alpha \circ f = \beta \circ g$, so gibt es genau einen Homomorphismus $(f,g) : T \to A \times_C B$ mit $\mathrm{pr}_1 \circ (f,g)=f$ und $\mathrm{pr}_2 \circ (f,g)=g$.

Wenn $A \to C$ ein Isomorphismus ist, dann ist $\mathrm{pr}_2 : A \times_C B \to B$ ein Isomorphismus. Soweit zu den Grundlagen.

Betrachte nun den Homomorphismus von Algebren $\alpha : K[X] \to K$, $p \mapsto p(0)$, analog $\beta : K[Y] \to K$, $q \mapsto q(0)$, und bilde das Faserprodukt $K[X] \times_K K[Y]$. Es besteht also aus Paaren von Polynomen $(p,q) \in K[X] \times K[Y]$ mit $p(0)=q(0)$. Zum Beispiel ist $(1+X,1+Y^2)$ im Faserprodukt enthalten, aber $(1+X,Y^2)$ nicht. Ich behaupte nun

$K[X,Y]/\langle XY \rangle \cong K[X] \times_K K[Y].$

Zum Beweis: Der Homomorphismus $K[X,Y] \to K[X]$, $X \mapsto X$, $Y \mapsto 0$ schickt $XY$ auf $0$, setzt sich also zu einem Homomorphismus $f : K[X,Y]/\langle XY \rangle \to K[X]$ fort. Analog konstruiert man einen Homomorphismus $g : K[X,Y]/\langle XY \rangle \to K[Y]$. Offenbar gilt $\alpha \circ f = \beta \circ g$, sodass es also (wegen der universellen Eigenschaft des Faserproduktes) einen Homomorphismus

$\varphi : K[X,Y]/\langle XY \rangle \to K[X] \times_K K[Y]$
 
gibt, der konkret $x$ auf $(X,0)$ und $y$ auf $(0,Y)$ abbildet. Unsere $K$-Basis

$\{1\} \cup \{x^i : i \in \IN^+\} \cup \{y^j : j \in \IN^+\}$

von $K[X,Y]/\langle XY \rangle$ wird hierbei auf

$\{(1,1)\} \cup \{(X^i,0):i \in \IN^+\} \cup \{(0,Y^j) : j \in \IN^+\}$

abgebildet, was offenbar eine $K$-Basis von $K[X] \times_K K[Y]$ ist. Folglich ist $\varphi$ ein Isomorphismus. Insbesondere induziert $\varphi$ einen Isomorphismus auf den Einheitengruppen:

$(K[X,Y]/\langle XY \rangle)^{\times} \cong (K[X] \times_K K[Y])^{\times} = K[X]^{\times} \times_{K^{\times}} K[Y]^{\times} = K^{\times} \times_{K^{\times}} K^{\times} \cong K^{\times}.$

(Ich habe übrigens im Internet ein pdf mit einem "Beweis" für $K[X,Y]/\langle XY \rangle \cong K[X] \times K[Y]$ gefunden, aber diese Isomorphie ist definitiv falsch. Man kann nämlich zeigen, dass $K[X,Y]/\langle XY \rangle$ keine nichttrivialen idempotenten Elemente besitzt, zum Beispiel mit der obigen Isomorphie zum Faserprodukt, sodass also gar keine nichttriviale Produktzerlegung existiert.)



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Triceratops
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Auch die ursprüngliche Algebra lässt sich als ein Faserprodukt beschreiben, nur ist das etwas komplizierter. Anstelle von gewöhnlichen Polynomringen tritt dort der Ring der dualen Zahlen darüber auf (LinkAbleitungen mit dualen Zahlen).
 
Man konstruiert mit der universellen Eigenschaft einen Homomorphismus

$\psi : K[X,Y]/\langle XY^2 \rangle \to K[X][Y]/\langle Y^2 \rangle \times_{K[Y]/\langle Y^2 \rangle} K[Y].$

Mit Basen sieht man wieder, dass $\psi$ ein Isomorphismus ist.

Für einen kommutativen Ring $R$ gilt $(R[Y]/\langle Y^2 \rangle)^{\times} = \{r+sy : r \in R^{\times}, s \in R\} \cong R^{\times} \times R$ (additive Gruppe im zweiten Faktor); benutze zum Beispiel Lemmata 1 und 2 oben. Also ist

$\begin{align*}
(K[X,Y] / \langle XY^2 \rangle)^{\times} & \cong (K[X][Y]/\langle Y^2 \rangle)^{\times} \times_{(K[Y]/\langle Y^2 \rangle)^{\times}} K[Y]^{\times} \\
 & \cong (K[X]^{\times} \times K[X]) \times_{(K^{\times} \times K)} K^{\times}\\
 & \cong K[X]^{\times} \times K[X]\\
 & \cong K^{\times} \times K[X]
\end{align*}$

Verfolgt man die Isomorphismen zurück, erhält man die konkrete Beschreibung der Einheitengruppe.

Noch eine Bemerkung, die wohl etwas zu weit führt, aber vielleicht etwas für die anderen Leser*innen hier ist. Bei dieser Thematik ist es hilfreich, eine geometrische Vorstellung von den beteiligten Algebren bzw. ihrer Spektren zu haben; tatsächlich wäre ich ohne das Paper Gluing schemes and a scheme without close points (siehe insbesondere Theorem 3.4) nicht auf die Isomorphismen gekommen. Also das affine Schema

$\mathrm{Spec}(K[X,Y]/\langle XY \rangle) \cong \mathrm{Spec}(K[X]) \cup_{\mathrm{Spec}(K)} \mathrm{Spec}(K[Y])$

kann man sich als das Achsenkreuz vorstellen, und das affine Schema

$\mathrm{Spec}(K[X,Y]/\langle XY^2 \rangle) \cong \mathrm{Spec}(K[X][Y]/\langle Y^2 \rangle) \cup_{\mathrm{Spec}(K[Y]/\langle Y^2 \rangle)} \mathrm{Spec}(K[Y])$

entsteht aus diesem Achsenkreuz, indem man die $Y$-Achse sowie den Ursprung etwas "aufdickt" (was man rein topologisch gar nicht sieht).



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