用户: Yzhiyu 123/交换代数笔记

以下是我 2021 年秋季听交换代数课的笔记, 在此分类钞出以利温习. 间有证明不全者, 则参考诸书设法补全之.

1整性

命题 1.1. 令 $A\subset B$ 是整扩张, 则 $\dim A=\dim B$.

证明. 首先, 若给定 $A$ 的素理想链 $(0)={\mathfrak{p}}_0\subseteq {\mathfrak{p}}_1\subseteq \cdots \subseteq {\mathfrak{p}}_n$, 则由上升性质, 可以取 $B$ 的素理想链 $(0)={\mathfrak{q}}_0\subseteq {\mathfrak{q}}_1\subseteq \cdots \subseteq {\mathfrak{q}}_n$, 使得 ${\mathfrak{q}}_i\cap A={\mathfrak{p}}_i$, 由此立刻得到 $\dim B\ge \dim A$.

再证明另一边的不等式. 任取 $B$ 的素理想链 $(0)={\mathfrak{q}}_0\subseteq {\mathfrak{q}}_1\subseteq \cdots \subseteq {\mathfrak{q}}_n$, 则可以定义一列 $A$ 中的素理想 ${\mathfrak{p}}_i=A\cap {\mathfrak{q}}_i$, 于是只要证明 ${\mathfrak{p}}_i\ne {\mathfrak{p}}_{i+1}$. 只需考虑 $i=0$ 的情形, 否则考虑整扩张 $A/{\mathfrak{p}}_i\to B/{\mathfrak{q}}_i$. 现在假设 $\mathfrak{q}$ 是 $B$ 的素理想, 且 $\mathfrak{q}\cap A=(0)$. 若可取 $\mathfrak{q}$ 中的非零元素 $x$, 由 $B$ 在 $A$ 上整, 故可取首一不可约多项式 $f(t)\in A[t]$, 使得 $f(x)=0$, 但这可以导出 $f$ 的常数项属于 $\mathfrak{q}\cap A=(0)$, 这与 $f$ 是不可约多项式矛盾.

于是至此证明了 $\dim B\le \dim A$, 结合以上两方面得到命题成立.

$\square$

例 1.2. $\dim k[x_1,\cdots ,x_n]=n.$

证明. 有长为 $n$ 的素理想链$$0⊊(x_1)⊊\cdots ⊊(x_1,\dots ,x_n)$$故 $\dim k[x_1,\dots ,x_n]\ge n$. 另一方面, 对 $n$ 归纳. 设 ${\mathfrak{p}}_0⊊{\mathfrak{p}}_1⊊\cdots ⊊{\mathfrak{p}}_r$ 是素理想的链, 并且已经饱和 (不能插入新的素理想). 这就要求 ${\mathfrak{p}}_0=(0)$. ${\mathfrak{p}}_1$ 中一定有不可约的多项式, 因为其是素理想. 设 $f(x)\in {\mathfrak{p}}_1$ 不可约, 且视作 $x_n$ 的多项式是首一的 (为什么能做到? ).

$k[x_1,\dots ,x_n]/(f)$ 在 $k[x_1,\dots ,x_{n-1}]$ 上是整扩张, 所以由归纳假设 $r\le n-1$.

$\square$