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\begin{document}
\noindent
Universität Konstanz\hfill Algorithmische Algebraische Geometrie\\
Fachbereich Mathematik und Statistik\hfill Wintersemester 2015/2016\\
Markus Schweighofer
\medskip
\hrule
\begin{center}
\section*{§4.2 Krulldimension von Ringen \mbox{\small[Wolfgang Krull *1899 $\dagger$1971]}}
\setcounter{chapter}{4}
\setcounter{section}{2}
\end{center}
\hrule

\bigskip\noindent
In diesem Abschnitt sei stets $A$ ein kommutativer Ring.

\bigskip\noindent
\begin{df}\label{defkrull}[$\to$4.1.17] Die \emph{Krulldimension} des Ringes $A$ ist definiert durch
\[\dim A:=\sup\{n\in\N_0\mid\text{es gibt Primideale }\p_0\subset\ldots\subset\p_n\subset A\}\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\},\] wobei das
Supremum in der geordneten Menge $\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}$ genommen wird.
\end{df}

\begin{bem}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\dim A=-1\iff A=\{0\}\iff1=0\text{ in }A$, denn ist $A\ne\{0\}$, so besitzt $A$ ein Primideal (sogar ein maximales Ideal) [$\to$A2.4.13].
\item Ist $A$ Integritätsring, so \[\dim A=0\iff(0)\text{ maximales Ideal in }A\iff\text{$A$ Körper}.\]
\item Ist $A$ ein Hauptidealring, der kein Körper ist, dann $\dim A=1$ [$\to$A2.4.8].
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{lem}\label{create}
Seien $K$ ein Körper, $A$ eine kommutative $K$-Algebra, $n\in\N_0$, $\p_0,\dots,\p_n$ Primideale von $A$ mit
$\p_0\subset\ldots\subset\p_n$ und $x_1,\dots,x_n\in A$ mit $x_i\in\p_i\setminus\p_{i-1}$ für $i\in\{1,\dots,n\}$. Dann sind
$x_1,\dots,x_n$ algebraisch unabhängig in $A$.
\end{lem}

\begin{proof} Induktion nach $n$.

\medskip\noindent
\underline{$n=0$}\quad Da $1\notin\p_0$ gilt $1\ne0$ in $A$, das heißt $\emptyset$ ist algebraisch unabhängig in $A$ [$\to$4.1.18].

\medskip\noindent
\underline{$n-1\to n\ (n\in\N)$}\quad Anwendung der Induktionsvoraussetzung auf
\[(0)=\p_1/\p_1\subset\p_2/\p_1\subset\ldots\subset\p_n/\p_1\text{ in $A/\p_1$}\qquad\text{und}\qquad\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1}\in A/\p_1\]
liefert, dass
$\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1}$ algebraisch unabhängig in $A/\p_1$ sind.
Sei nun $f\in K[\x]\setminus\{0\}$ mit $f(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$. Es reicht, $g\in K[\x]\setminus\{0\}$ mit $\deg g<\deg f$ und
$g(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$ zu finden. Schreibe $f=X_1g+h$ mit $g\in K[\x]$ und $h\in K[X_2,\dots,X_n]$. Dann
$h(\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1})=f(0,\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1})\overset{x_1\in\p_1}=f(\cc{x_1}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1})=
\cc{f(x_1,\dots,x_n)}{\p_1}=0$ in $A/\p_1$ und daher $h=0$. Also $x_1g(x_1,\dots,x_n)=f(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$ und wegen
$x_1\notin\p_0$ dann $g(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$. Beachte $g\ne0$, da sonst $f=0$.
\end{proof}

\begin{sat}\label{dimtrdeg}
Sei $K$ ein Körper und $A$ eine kommutative $K$-Algebra. Dann $\dim A\le\trdeg A$.
\end{sat}

\begin{proof}
Direkt aus \ref{create}.
\end{proof}

\begin{lem}\label{auch}
Sei $K$ ein Unterring des Körpers $L$ und $L$ ganz über $K$. Dann ist auch $K$ ein Körper.
\end{lem}

\begin{proof}
Sei $x\in K\setminus\{0\}$. Zu zeigen: $x\in K^\times$. Wähle $n\in\N$ und $a_1,\dots,a_n\in K$ mit
$\left(\frac1x\right)^n+a_1\left(\frac1x\right)^{n-1}+\ldots+a_n=0$. Dann $x(-(a_1+a_2x+\ldots+a_nx^{n-1}))=1$.
\end{proof}

\begin{lem}\label{hoch}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$, sei $B$ ganz über $A$ und $A$ habe genau ein maximales Ideal $\p$
(das heißt $A$ ist lokal \emph{[$\to$Z2.6.1]}).
Dann gilt für jedes maximale Ideal $\m$ von $B$, dass $\m\cap A=\p$.
\end{lem}

\begin{proof} Wende \ref{auch} auf $A/(\m\cap A)\hookrightarrow B/\m$, um zu sehen, dass $\m\cap A$ ein maximales Ideal von $A$ ist.
\end{proof}

\begin{pro}["`Lying over"'] \label{lyingover}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$. Sei $\p$ ein Primideal von $A$.
Dann gibt es ein Primideal $\q$ von $B$ mit $\p=\q\cap A$.
\end{pro}

\begin{proof} $S:=A\setminus\p$ ist eine multiplikative Teilmenge von $A$ und von $B$. Betrachte die Lokalisierungen
$A_S$ und $B_S$ von $A$ und $B$ nach $S$ [$\to$A2.3.17] und den Homomorphismus $A_S\to B_S,\ \frac{\overline a}{\overline s}\to
\frac{\overline a}{\overline s}\ (a\in A,s\in S)$ [$\to$A2.3.18]. Dieser Homomorphismus ist injektiv und wir können $A_S$ als
Unterring von $B_S$ sehen. Man sieht leicht (direktes Argument oder mit Z2.1.10), dass $B_S$ ganz über $A_S$ ist. Da die zu $S$ disjunkten
Primideale von $A$ genau den Primidealen von $A_S$ entsprechen [$\to$A2.4.12], hat $A_S$ genau ein maximales Ideal, nämlich
$\overline S^{-1}\overline\p$. Wähle ein maximales Ideal von $B_S$. Dieses ist von der Form $\overline S^{-1}\overline\q$ für ein
Primideal $\q$ von $B$ mit $\q\cap S=\emptyset$ [$\to$A2.4.12] und nach \ref{hoch} gilt $\overline S^{-1}\overline{\q}\cap A_S=
\overline S^{-1}\overline\p$. Schließlich gilt für $x\in A$ einerseits
\begin{align*}
\overline x\in\overline S^{-1}\overline{\q}\cap A_S&\iff\overline x\in\overline S^{-1}\overline\q\\
&\iff\exists q\in\q:\exists s\in S:\overline{xs}=\overline q\\
&\iff\exists q\in\q:\exists s,t\in S:xst=qt\genfrac{}{}{0pt}1{\overset{s,t\notin\q}\implies}{\underset{s:=t:=1}\Longleftarrow}
x\in\q
\end{align*}
und andererseits analog $\overline x\in\overline S^{-1}\overline\p\iff x\in\p$. Es folgt also $\p=\q\cap A$.
\end{proof}

\begin{pro}["`Going up"'] \label{goingup}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$, $B$ ganz über $A$, $\p$ ein Primideal von $A$ und $I$ ein
Ideal von $B$ mit $I\cap A\subseteq\p$. Dann gibt es ein Primideal $\q$ von $B$ mit $I\subseteq\q$ und $\p=\q\cap A$.
\end{pro}

\begin{proof} Gehe von $A\subseteq B$ über zu $A/(I\cap A)\hookrightarrow B/I$ [$\to$A2.4.11] und wende \ref{lyingover} an.
\end{proof}

\begin{bem}
\begin{enumerate}[(a)]
\item In \ref{goingup} ist die Voraussetzung $I\cap A\subseteq\p$ offensichtlich unverzichtbar, denn
\[(I\subseteq\q~\et~\p=\q\cap A)\implies I\cap A\subseteq\q\cap A=\p.\]
\item "`Lying over"' ist der Spezialfall von "`Going up"' mit $I=(0)$.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{lem} \label{nichtnull}
Sei $A$ ein Unterring des Integritätsrings $B$ und $\qf(B)$ algebraisch über $\qf(A)$ (zum Beispiel $B$ ganz über $A$). Dann
gilt für jedes Ideal $I\ne(0)$ von $B$, dass $I\cap A\ne(0)$.
\end{lem}

\begin{proof} Sei $x\in B\setminus\{0\}$. Zu zeigen: $(x)\cap A\ne(0)$. Offenbar gibt es $a_0,\dots,a_n\in A$ mit
$a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0=0$ mit $a_0\ne0$.
\end{proof}

\begin{pro}\mbox{}\emph{[$\to$4.2.5]}
Sei $A$ ein Unterring des Integritätsrings $B$ und $B$ ganz über $A$. Dann $A$ Körper $\iff$ $B$ Körper.
\end{pro}

\begin{proof}
"`$\Longleftarrow$"' \ref{auch}\quad"`$\Longrightarrow$"' Nach \ref{nichtnull} sind $(0)$ und $B$ die einzigen Ideale von $B$.
\end{proof}

\begin{pro} \label{echt}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$. Seien $\p$ und $\q$ Primideale von $B$ mit
$\p\subset\q$. Dann $\p\cap A\subset\q\cap A$.
\end{pro}

\begin{proof} \OE\ $\p=(0)$ (sonst gehe von $A\subseteq B$ zu $A/(\p\cap A)\hookrightarrow B/\p$ über). Wende nun \ref{nichtnull} an.
\end{proof}

\begin{sat} Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $n\in\N_0$ und $\p_0,\dots,\p_n$ Primideale von $A$ mit $\p_0\subset\ldots\subset\p_n$, so gibt es Primideale $\q_0,\dots,\q_n$
von $B$ mit $\q_0\subset\ldots\subset\q_n$ und $\q_i\cap A=\p_i$ für $i\in\{0,\dots,n\}$.
\item Sind $n\in\N_0$ und $\q_1,\dots,\q_n$ Primideale von $B$ mit $\q_0\subset\ldots\subset\q_n$ und setzt man
$\p_i:=\q_i\cap A$ für $i\in\{0,\dots,n\}$, so gilt $\p_0\subset\ldots\subset\p_n$.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Finde $\q_0$ mit "`Lying over"' \ref{lyingover} und $\q_1,\q_2,\dots$ mit "`Going up"' \ref{goingup}.
\item \ref{echt}
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{kor}\mbox{}\emph{[$\to$4.1.29]}\label{dimdim}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$. Dann $\dim A=\dim B$.
\end{kor}

\begin{sat}[Noetherscher Normalisierungssatz]\label{noether}\emph{[Amalie Emmy Noether *1882 $\dagger$1935]}
Jede affine $K$-Algebra \emph{[$\to$1.1.19]} mit $0\ne1$ enthält eine Polynomalgebra über $K$ \emph{[$\to$1.1.11]}, über der sie ganz ist.
\end{sat}

\begin{proof} Wir zeigen die Behauptung durch Induktion nach $n\in\N_0$ für alle Algebren der Form $K[x_1,\dots,x_n]$.

\noindent
\underline{$n=0$} \checkmark

\noindent
\underline{$n-1\to n\ ~(n\in\N)$} Sind $x_1,\dots,x_n$ $K$-algebraisch unabhängig, so ist nichts zu zeigen. Es gebe also
$f\in K[\x]\setminus\{0\}$ mit $f(x_1,\dots,x_n)=0$. Schreibe $f=\sum_\al a_\al\x^\al$ mit $a_\al\in K$. Seien $e_2,\dots,e_n\in\N$ im
Moment beliebig (später werden wir sie in Abhängigkeit von $f$ festsetzen). Setze $y_2:=x_2-x_1^{e_2},\dots,y_n:=x_n-x_1^{e_n}$. Dann
gilt $x_2=y_2+x_1^{e_2},\dots,x_n=y_n+x_1^{e_n}$ und daher $f(x_1,y_2+x_1^{e_2},\dots,y_n+x_1^{e_n})=0$. Da $f\notin K$ zeigt
diese Gleichung, dass $x_1$ ganz über $K[y_2,\dots,y_n]$ ist, sofern $\al_1+\al_2e_2+\ldots+\al_ne_n\ne\be_1+\be_2e_2+\ldots+\be_ne_n$
für $\al,\be\in\N_0^n$ mit $a_\al\ne0\ne a_\be$. Wählt man $b\in\N$ groß genug und $e_i:=b^i$ für $i\in\{1,\dots,n\}$, so ist dies sicher
gewährleistet. Da die Menge der über $K[y_2,\dots,y_n]$ ganzen Elemente von $K[x_1,\dots,x_n]$ einen Unterring von
$K[x_1,\dots,x_n]$ bildet [$\to$Z2.1.10] ist $K[x_1,\dots,x_n]=K[x_1,y_2,\dots,y_n]$ ganz über $K[y_2,\dots,y_n]$. Nach
Induktionsvoraussetzung ist $K[y_2,\dots,y_n]$ ganz über einem Polynomring über $K$ und somit auch $K[x_1,\dots,x_n]$ wegen der
Transitivität der Ganzheit [$\to$Z2.1.9].
\end{proof}

\begin{sat}\label{dimeqtrdeg}
Sei $A$ eine affine $K$-Algebra. Dann $\dim A=\trdeg A<\infty$.
\end{sat}

\begin{proof} 
Ist $A=\{0\}$, so $\dim A=-1=\trdeg A$. Sei also $A\ne\{0\}$.
Nach 4.1.25 gilt $\trdeg A<\infty$. Nach \ref{noether} ist $A$ ganz über $K[X_1,\dots,X_n]$ für $K$-algebraisch unabhängige
$X_1,\dots,X_n\in A$. Nach \ref{dimdim}  gilt $\dim A=\dim K[\x]$ und nach 4.1.29 $\trdeg A=\trdeg K[\x]\overset{4.1.24}=n$. Es reicht also
$\dim K[\x]=n$ zu zeigen. Nach \ref{dimtrdeg} gilt $\dim K[\x]\le n$. Andererseits sind $(0)\subset(X_1)\subset\ldots\subset(X_1,\dots,X_n)$
Primideale in $K[\x]$, also $\dim K[\x]\ge n$.
\end{proof}

\begin{bem} Aus dem Noetherschen Normalisierungssatz \ref{noether} folgt sofort das Zariski-Lemma 1.3.5 (und damit der Hilbertsche Nullstellensatz 1.3.7): Sei nämlich $A$ eine affine $K$-Algebra, die ein Körper ist, \OE\ $K\subseteq A$. Dann ist $A$ ganz über einem
Polynomring $K[X_1,\dots,X_n]$ in $X_1,\dots,X_n\in A$. Ist $n=0$, so ist $A$ ganz über $K$ woraus man leicht sieht dass $A$ ein
endlichdimensionaler $K$-Vektorraum ist (benutze, dass $A$ endlich erzeugt ist). Wäre aber $n\ge1$, so wäre $\frac1{X_1}$ ganz über
$K[X_1,\dots,X_n]$, was man sofort widerlegt.
\end{bem}

\begin{df}\mbox{}[$\to$4.2.1] Sei $V\subseteq\A^n$ eine affine $K$-Varietät. Dann bezeichnet man
\begin{multline*}
\dim V:=\sup\{\ell\in\N_0\mid\text{es gibt irreduzible $K$-Varietäten $V_0\subset V_1\subset\ldots\subset V_\ell\subseteq V$}\}\\
\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}
\end{multline*}
als die \emph{Dimension} von $V$.
\end{df}

\begin{bem} Sei $V\subseteq\A^n$ eine affine $K$-Varietät.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Nach 1.4.22 gilt
\begin{align*}
\dim V&=\sup\{\ell\in\N_0\mid\begin{minipage}[t]{40em}es gibt Primideale $\p_0,\dots,\p_\ell$ von $K[\x]$ mit\\
$\p_0\supset\p_1\supset\ldots\supset\p_\ell\supseteq I(V)\}$\end{minipage}\\
&=\dim(K[\x]/I(V))\overset{\ref{dimeqtrdeg}}=\trdeg(K[\x]/I(V))\\
&\overset{\rlap{$\scriptstyle4.1.25$}}=\sup\{\ell\in\N_0\mid\begin{minipage}[t]{40em}es gibt $i_1,\dots,i_\ell\in\{1,\dots,n\}$ mit\\
$\overline{X_{i_1}},\dots,\overline{X_{i_\ell}}$ $K$-algebraisch unabhängig in $K[\x]/I(V)\}$\end{minipage}\\
&\le n<\infty.
\end{align*}
\item $\dim V=-1\iff K[\x]/I(V)=\{0\}\iff V=\emptyset$
\end{enumerate}
\end{bem}
\end{document}