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By Heinz Spindler

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7 Es sei W K n+1 ein (k + 1)-dimensionaler n P . Dann gibt es eine naturliche Bijektion Untervektorraum von K n+1 und X = P(W) P K n+1 W ! fY j X Y; Y ist (k + 1)-dimensionaler linearer Teilraum von Png; U~ 7 ! P(U); ~ das Urbild von U~ K n+1 W unter der naturlichen Quotientenabbildung wobei U = q 1(U) n +1 n +1 q:K ! K W ist. Beweis: Ubung! Die Menge der (k+1)-dimensionalen linearen Teilraume von Pn, die einen festen k-dimensionalen linearen Teilraum enthalten, hat in naturlicher Weise die Struktur eines projektiven Raumes Pn k 1.

Widerspruch. 24 Ist R noetherscher Ring und M endlich erzeugter R-Modul, so ist M ebenfalls noethersch. Beweis: Es sei ' : Rn ! M ein surjektiver Homomorphismus. Es genugt zu zeigen, da Rn noethersch ist. Induktion nach n: Fur n = 1 gilt dies nach Voraussetzung. (n 1) ! n (n 2): Wir betrachten das Diagramm von Homomorphismen Rn 1 ! Rn ! R: (x1; : : :; xn 1) := (x1 ; : : :; xn 1; 0); (x1 ; : : :; xn) := xn: Rn 1 und R sind nach Induktionsvoraussetzung noethersch. Es sei N N 0 := 1 (N) Rn 1 ist endlich erzeugt, etwa durch x01; : : :; x0m 2 Rn 1 Rn Untermodul.

R=I die Restklassenabbildung. b) i) , ii) I $R () R=I 6= 0: '(a)'(b) = 0 () '(ab) = 0 () ab 2 I; a 2 I oder b 2 I () '(a) = 0 oder '(b) = 0: c) i) ) ii) Es sei a 2 R mit '(a) = 6 0. Dann ist J = fb + ra j b 2 I; r 2 Rg Ideal in R mit I $J. h. 9 b 2 I; r 2 R mit 1 = b + ra, also 1 = '(1) = '(r)'(a). ii) ) i) Ist I $J R, so wahle a 2 J n I. Es ist dann '(a) 6= 0. h. 11 Es sei R ein Ring, I R Ideal. Eine Teilmenge M system von I, wenn gilt 8 x 2 I 9 ai 2 R; xi 2 M; so da x = n X i=1 R hei t Erzeugenden- ai xi : I hei t endlich erzeugt, wenn I von einer endlichen Menge M erzeugt wird.

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