Lineare algebraische Gruppen - GWDG

1.15 Folgerung 25
Beweis. Wir zeigen zunächst Rad(I) ⊂ I(V(I)). Sei g ∈ Rad(I). Dann ist
g m ∈ I für ein m ∈ N und also 0 = g m (x) = g(x) m für alle x ∈ V(I). Da
g(x) im Körper K liegt, folgt g ∈ I(V(I)) .
Wir zeigen nun umgekehrt: I(V(I)) ⊂ Rad(I) .
Sei R = K[X1, . . . , Xn]. Nach dem Hilbertschen Basissatz (Algebra 6.14)
ist I endlich erzeugt, d. h. es gibt ein ℓ ∈ N und Polynome f1, . . . , fℓ ∈ R
mit I = (f1, . . . , fℓ) := { ℓ i=1 pifi | pi ∈ R}. Sei g ∈ I(V(I)) und g = 0 .
Dann folgt
(∗)
g(x) = 0 ∀ x ∈ K n mit f1(x) = 0, . . . , fℓ(x) = 0
nach Definition von I(V(I)) . Zu zeigen: ∃ m ∈ N mit gm ∈ I . Betrachte in
R[X] die ℓ+1 Polynome f1, . . . , fℓ, 1−gX . Diese können keine gemeinsame
Nullstelle in K n+1 haben, da jede gemeinsame Nullstelle von f1, . . . , fℓ
nach (∗) auch Nullstelle von g ist und daher keine von 1 − gX sein kann.
Nach Korollar 1.11 gilt also 1 = p1f1 + · · · + pℓfℓ + pℓ+1(1 − gX) mit
p1, . . . , pℓ+1 ∈ R[X] . Setze 1
g für die Unbestimmte X ein. Dann folgt
1 = p1f1 + · · · + pℓfℓ
mit p1, . . . , pℓ ∈ R[ 1
g ] . Multipliziere diese Gleichung mit gm , wobei m so
groß gewählt wird, dass alle Nenner in den Potenzen von g verschwinden.
Es folgt g m = p ∗ 1f1 + · · · + p ∗ ℓ fℓ mit p ∗ i ∈ R und also gm ∈ I . ( ” Trick des
Rabinowitsch“)
1.15 Folgerung
Seien K ein Körper und K ein algebraischer Abschluss von K . Eine Teilmenge
V ⊂ K n heißt algebraisch, falls es ein Ideal I in K[X1, . . . , Xn] mit
V = V(I) := {x ∈ K n | f(x) = 0 ∀ f ∈ I} gibt.
Theorem
Es gibt eine inklusionsumkehrende Bijektion
{V ⊂ K n | V algebraisch } ∼
−→ {I ⊂ K[X1, . . . , Xn] | I Radikalideal }
V ↦−→ I(V )
Objekte der Geometrie Objekte der Algebra
Beweis. Sei I ein Ideal in K[X1, . . . , Xn] . Dann gilt V(I(V(I))) = V(I)
(vgl. Aufgabe 7). Hieraus folgt die Injektivität. Die Surjektivität ergibt
sich direkt aus Hilberts Nullstellensatz 1.14. Dass I(V ) ein Radikalideal
ist, wurde in 1.13 gezeigt.
Lineare Algebraische Gruppen, Universität Göttingen 2007