5.3. 环的整扩张

与域的代数扩张类似, 我们还可以考虑环的整扩张. 给定环 $B$ 及其子环 $A\subset B$, 我们称 $B$ 是 $A$ 的扩张. 对任意的 $x\in B$, 如果存在首一的多项式 $P(X)\in A[X]$, 使得 $P(x)=0$, 就称 $x$ 在 $A$ 上是整的或者说 $x$ 是 $A$ 上的整元素.

给定环 $A$ 及其扩张 $B$, $B$ 中在 $x$ 上的整元素可以用有限生成 $A$-模来刻画. 由于在大部分数论或代数几何的场合, $A$ 都是 Noether 环从而有限生成 $A$-模为 Noether 模, 我们暂且偏离主题引入 Noether 模的概念.

5.3.1Noether 模

所谓 Noether 环是每个理想均为有限生成的环, 其等价定义是上升理想链的稳定条件, 即对 $A$ 中任意理想链$$I_1\subset I_2\subset \cdots \subset I_n\subset \cdots ,$$存在 $n_0⩾1$, 使得当 $n⩾n_0$ 时, $I_n=I_{n_0}$.

定义 5.3.1. $A$ 是环 (不要求 $A$ 是 Noether 环) , $M$ 是 $A$-模. 若下述等价条件之一成立:

1)	$M$ 的每个子模都是有限生成;
2)	$M$ 满足上升子模的稳定条件, 即对 $M$ 中任意的子模链$$M_1\subset M_2\subset \cdots \subset M_n\subset \cdots$$存在 $n_0⩾1$, 使得当 $n⩾n_0$ 时, $M_n=M_{n_0}$.

我们称 $M$ 是 Noether 模.

注记 5.3.2. 以上两个条件等价性与 Noether 环情形的证明完全一致, 我们留给对此怀疑的同学去验证.

注记 5.3.3. Noether 环上有限生成模是 Noether 模.

根据命题 4.5.10, Noether 环上有限生成模的子模是有限生成的, 所以定义中的 1) 成立.

引理 5.3.4. 给定 $A$-模的正合列$$0\to M^{\prime }\stackrel{\phi }{⟶}M\stackrel{\psi }{⟶}{M}^{\prime \prime }\to 0,$$则 $M$ 是 Noether 模等价于 $M^{\prime }$ 和 $M^{\prime \prime }$ 均为 Noether 模.

证明. 假设 $M$ 是 Noether 模. 每个 $M^{\prime }$ 的子模都是 $M$ 的子模, 从而是有限生成的, 所以 $M^{\prime }$ 是 Noether 模; 作为 $M$ 的商模, 每个 $M^{\prime \prime }$ 中的上升子模序列都可以提升为 (在 $M\to M^{\prime \prime }$ 下的逆像) $M$ 中的上升子模序列, 即$$M_1^{\prime \prime }\subset M_2^{\prime \prime }\subset \cdots \subset M_n^{\prime \prime }\subset \cdots$$为 $M^{\prime \prime }$ 中的子模链, 那么, $${\psi }^{-1}(M_1^{\prime \prime })\subset {\psi }^{-1}(M_2^{\prime \prime })\subset \cdots \subset {\psi }^{-1}(M_n^{\prime \prime })\subset \cdots$$为 $M$ 中的子模链, 从而有 $n_0$, 使得 $n⩾n_0$ 时, ${\psi }^{-1}(M_n^{\prime \prime })={\psi }^{-1}(M_{n_0}^{\prime \prime })$. 作用 $\psi$, 就有 $n⩾n_0$ 时, $M_n^{\prime \prime }=M_{n_0}^{\prime \prime }$. 所以, $M^{\prime \prime }$ 为 Noether 模.

假设 $M^{\prime }$ 和 $M^{\prime \prime }$ 为 Noether 模. $N$ 为 $M$ 的子模, 则在 $M^{\prime \prime }=M$ 中, $N$ 对应着 $N$, 即$$\psi :N\twoheadrightarrow N\subset M^{\prime \prime }=M.$$根据 $M^{\prime \prime }$ 的 Noether 性, 存在 $x_1,\cdots ,x_k\in N$, 使得 $\{x_i+M^{\prime }{\}}_{i⩽k}$ 生成了 $N$; 根据 $M^{\prime }$ 的 Noether 性, 存在 $y_1,\cdots ,y_l\in N\cap M^{\prime }$, 使得 $\{y_j{\}}_{j⩽l}$ 生成了 $N\cap M^{\prime }$. 从而, 对任意的 $z\in N$, 利用 $\{x_i+M^{\prime }{\}}_{i⩽k}$, 存在 $a_i\in A$, 使得 $z-\sum _{i⩽k}{a}_i{x}_i\in M^{\prime }$, 从而, $z-\sum _{i⩽k}{a}_i{x}_i\in M^{\prime }\cap N$; 再利用 $\{y_j+M^{\prime }{\}}_{j⩽l}$, 我们就有 $b_j\in A$, 使得$$z-\sum _{i⩽k}{a}_i{x}_i=\sum _{j⩽l}{b}_j{y}_j.$$这表明有限集 $\{x_i{\}}_{i⩽k}\cup \{y_j{\}}_{j⩽l}$ 生成了 $N$. 所以 $M$ 是 Noether 模.

$\square$

注记 5.3.5. $A$ 是 Noether 环, 则对任意自然数 $n$, $A^n$ 是 Noether 模. 实际上, 当 $n=1$ 时, 将 $A$ 视作是 $A$-模, 其理想也就是子模均为有限生成的, 所以 $A$ 是 Noether 模. 考虑自然的正合列$$0\to A⟶A\oplus A^n⟶A^n\to 0,$$利用上述引理对 $n$ 进行归纳, 则 $A^n$ 是 Noether 模.

由于每个有限生成的 $A$-模是某个 $A^n$ 的商模, 上述引理也可以推出 Noether 环上有限生成模是 Noether 模.

5.3.2整性的刻画

我们现在研究环扩张中的整元素.

命题 5.3.6. 给定环的扩张 $A\subset B$. 对 $x\in B$, 令 $A[x]=\{P(x)|P(X)\in A[X]\}\subset B$, 这是 $A$-模. 则如下三个条件等价:

1)	$x$ 在 $A$ 上是整的;
2)	$A[x]$ 是有限生成模;
3)	存在有限生成的 $A$-子模 $M\subset B$, 使得 $1\in M$ 并且 $x\cdot M\subset M$.

证明. 1)$\Rightarrow$2): 假设 $x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0$, 其中, $a_i\in A$. 那么, 对任意的 $y\in A[x]$, 那么, $$y=a_0+a_{1}x+\cdots +a_N{X}^N,a_i\in A.$$凡是 $y$ 的表达式中含有 $x$ 的比 $n-1$ 次更高的次幂, 就用 $x^n=-(a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0)$ 进行替换. 如此反复, 一直到 $N<n$ 为止. 从而, $1,x,\cdots ,x^{n-1}$ 生成了 $A[x]$.

2)$\Rightarrow$3) 是显然的; 现在证明 3)$\Rightarrow$1). 假设 $\{x_1,\cdots ,x_n\}\subset M$ 生成了 $M$, 则对每个 $i⩽n$, $x\cdot x_i\in M$. 从而, 存在 $\{a_{ij}{\}}_{1⩽i,j⩽n}\subset A$, 使得$$x\cdot x_i=a_{i1}{x}_1+a_{i2}{x}_2+\cdots +a_{in}{x}_n.$$令 $A=(a_{ij})\in {\mathbf{M}}_n(A)$ 为 $n\times n$ 的 $A$-系数矩阵, 以上关系可以用矩阵表达: $$(x\cdot \mathbf{I}-A)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ \ddots \\ x_n\end{array}\right)=0.$$左右两边乘以 $(x\cdot \mathbf{I}-A)$ 的伴随矩阵 $(x\cdot \mathbf{I}-A{)}^{\ast }$, 我们得到$$(x\cdot \mathbf{I}-A{)}^{\ast }(x\cdot \mathbf{I}-A)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ \ddots \\ x_n\end{array}\right)=\det (x\cdot \mathbf{I}-A)\cdot \mathbf{I}\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ \ddots \\ x_n\end{array}\right)=0.$$即对任意的 $i⩽n$, 有 $\det (x\cdot \mathbf{I}-A)x_i=0$. 由于 $1\in M$, 从而存在 $b_1,\cdots ,b_n$, 使得$$b_1{x}_1+b_2{x}_2+\cdots +b_n{x}_n=1.$$两边同时乘以 $\det (x\cdot \mathbf{I}-A)$, 就给出了 $\det (x\cdot \mathbf{I}-A)=0$. 将这个行列式按定义展开, 就给出了 $x$ 所满足的首一的代数方程.

$\square$

推论 5.3.7. 给定环的扩张 $A\subset B$, 如果 $x,y\in B$ 在 $A$ 上是整的, 那么, $A[x,y]$ 是有限生成 $A$-模. 特别地, $x\pm y$ 和 $x\cdot y$ 在 $A$ 上也是整的.

证明. $x,y\in B$ 在 $A$ 上是整的, 所以存在 $m,n⩾1$, 使得$$x^n=a_{n-1}{b}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,y^m=b_{m-1}{y}^{m-1}+\cdots +b_{1}y+b_0,$$其中, 系数 $a_i,b_j\in A$. 通过以上关系, 我们某个 $A[x,y]$ 中元素里的 $x^n$ 和 $y^m$ 替换为较小的次数, 所以, $\{x^i{y}^j|0⩽i⩽n,0⩽j⩽m\}$ 生成了 $A[x,y]$. 根据上述命题, $A[x,y]$ 中的每个元素 $z$ 都满足 $z\cdot A[x,y]\subset A[x,y]$ 而且 $1\in A[x,y]$. 所以, $z$ 是整元素.

$\square$

注记 5.3.8. 类似地, 若 $x_1,\cdots ,x_k\in B$ 在 $A$ 上是整的, 则 $A[x_1,\cdots ,x_k]$ 是有限生成 $A$-模.

根据推论, 我们有如下定义

定义 5.3.9. 给定环的扩张 $A\subset B$, 集合$$\overline{A}:=\{x\in B|\text{x在A上是整的}\}$$是 $B$ 的子环并且 $A\subset \overline{A}$. 我们称 $\overline{A}$ 为 $A$ 在 $B$ 中的整闭包. 若 $\overline{A}=B$, 则称 $B$ 在 $A$ 上是整的, 即 $B$ 中的每个元素都是 $A$ 上的整元素.

当 $A$ 是整环时, 考虑 $K=\mathrm{Frac}(A)$. 若 $A$ 在 $K$ 中的整闭包是 $A$, 则称 $A$ 是整闭的.

引理 5.3.10. 给定环的扩张 $A\subset B\subset C$, 若 $B$ 在 $A$ 上是整的, $C$ 在 $B$ 上是整的, 则 $C$ 在 $A$ 上是整的.

证明. 对任意的 $x\in C$, 存在 $b_1,\cdots ,b_{n-1}\in B$, 使得$$x^n+b_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +b_{1}x+b_0=0.$$由于 $b_1,\cdots ,b_{n-1}$ 在 $A$ 上是整的, 所以 $A[b_0,\cdots ,b_{n-1}]$ 为有限生成的 $A$-模. 根据上式所提供的代数关系, 通过把 $x$ 的高次幂替换成低次幂, $M=A[b_0,\cdots ,b_{n-1},x]$ 仍为有限生成的 $A$-模. 特别地, $x\cdot M\subset M$ 并且 $1\in M$. 所以, $x$ 在 $A$ 上是整的.

$\square$

引理 5.3.11. 唯一分解整环是整闭的.

证明. $A$ 是唯一分解整环, 令 $x=\frac{b}{a}\in \mathrm{Frac}(A)$ 是整元素, 其中, $a$ 与 $b$ 互素. 那么, 存在 $a_0,\cdots ,a_{n-1}\in A$, 使得$$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0.$$由于 $x=\frac{b}{a}$, 对上述方程两边同时乘 $a^n$ 给出: $$b^n=-(a_{n-1}a{b}^{n-1}+\cdots +a_1{a}^{n-1}b+a_0{a}^n).$$令 $p$ 为 $a$ 的一个不可约因子 (如果这样的因子不存在, 那么 $a$ 为 $A$ 中可逆元, 命题自然成立) , 则 $p$ 整除方程右边的每一项, 从而 $p\mid b^n$, 所以, $p\mid b$, 这和, $a$ 与 $b$ 互素矛盾. 从而, $a\in A^{\times }$, 进而 $x\in A$.

$\square$

5.3.3数域的整数环

$A$ 是整环, $K=\mathrm{Frak}(A)$ 为其分式域, $L$ 为代数扩张. 我们最关心如下场景下的整扩张: 其中, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包. 特别地, $B$ 是 $A$ 的整扩张.

定义 5.3.12. 所谓的数域 $L$, 指的是 $L$ 为 $\mathbb{Q}$ 的有限扩张.

例子 5.3.13. 考虑上述场景在 $L$ 为数域时的情形, 即 $A=\mathbb{Z}$, $K=\mathbb{Q}$, $L$ 为 $\mathbb{Q}$ 的有限扩张, $B={\mathcal{O}}_L$ 为 $\mathbb{Z}$ 在 $L$ 中的整闭包: 我们将 ${\mathcal{O}}_L$ 称为数域 $L$ 的代数整数环.

引理 5.3.14. $A$ 是整环, $K=\mathrm{Frak}(A)$ 为其分式域, $L$ 为代数扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包. 那么, $(A^{\times }{)}^{-1}B=L$.

证明. 对任意 $x\in L$, 由于 $L$ 是代数扩张, 所以存在 $a_i,b_i\in A$, 其中, $i,j⩽n-1$ 并且 $b_0,\cdots ,b_{n-1}$ 非零, 使得$$x^n+\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}{x}^{n-1}+\cdots +\frac{a_1}{b_1}x+\frac{a_0}{b_0}=0.$$令 $d=b_{n-1}{b}_{n-2}\cdots b_1{b}_0\in A$. 对上式两边同乘 $d^n$, 得到$$(d\cdot x{)}^n+c_{n-1}(d\cdot x{)}^{n-1}+\cdots +c_1(d\cdot x)+c_0=0,$$其中, $c_i\in A$. 所以, $dx\in B$, 即 $x\in (A^{\times }{)}^{-1}B$.

$\square$

命题 5.3.15. $A$ 是整环并且 $A$ 是整闭的, $K=\mathrm{Frak}(A)$, $L$ 为代数扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包. 那么, 对任意 $x\in B$, 其极小多项式 $P(X)\in A[X]$.

证明. 由于 $x\in B$, 存在 $P_0(X)\in A[X]\subset K[X]$ 并且 $P_0(X)$ 是首一的多项式, 使得 $P_0(x)=0$. 特别地, $P(X)\mid P_0(X)$. 我们在 $K$ 的代数封闭域中讨论. 根据命题 5.2.12, 即代数扩张的同态延拓的性质, 不妨假设 $L\subset \overline{K}$ 并且 $\overline{A}$ 为 $A$ 在 $\overline{K}$ 中的整闭包. 根据定义, 我们自然有 $B\subset \overline{A}$:

令 $Z(P_0)$ 和 $Z(P)$ 分别为 $P_0(X)$ 和 $P(X)$ 在 $\overline{K}$ 中的根的集合. 根据 $P(X)\mid P_0(X)$, $Z(P)\subset Z(P_0)$. 由于 $P_0(X)\in A[X]$ 是首一的, 所以对任意 $y\in Z(P_0)$, $y$ 在 $A$ 上是整的, 即 $Z(P_0)\subset \overline{A}$. 从而, $Z(P)\subset \overline{A}$. 根据 Vieta 定理, $P$ 的系数均为 $Z(P)$ 中元的整系数对称多项式而 $\overline{A}$ 是环, 所以 $P(X)\in \overline{A}[X]$, 进而 $P(X)\in \overline{A}[X]\cap K[X]$. 根据 $A$ 的整闭性, $P\in A[X]$.

$\square$

注记 5.3.16 ($B$ 作为 $A$-模的有限性). 假设 $A$ 是整闭的 Noether (整) 环, $K=\mathrm{Frak}(A)$, $L$ 为有限可分扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包, 则 $B$ 是有限生成的 $A$-模. 特别地, 若 $A$ 是主理想整环, 则 $B$ 是自由 $A$-模并且其秩为 $[L:K]$.

我们之后将证明这个命题.

•	数域的情形 例子 5.3.17. 考虑 $L$ 是数域的情形: 我们将证明, $L$ 总是可分扩张. 此时, $A=\mathbb{Z}$ 是主理想整环, ${\mathcal{O}}_L$ 为数域 $L$ 的代数整数环. 特别地, ${\mathcal{O}}_L$ 是秩为 $[L:\mathbb{Q}]$ 的自由交换群.
•	函数域的情形 例子 5.3.18. ${\mathbb{F}}_q$ 是有限域, $A={\mathbb{F}}_q[X]$, $K=\mathrm{Frak}(A)={\mathbb{F}}_q(X)$, $L$ 为有限扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包: 在此情形下, 并不需要假设 $L$ 是可分的 1此时, ${\mathbb{F}}_q[X]$ 是主理想整环, $B$ 是有限生成的 ${\mathbb{F}}_q[X]$-模. 特别地, $B$ 是自由的 ${\mathbb{F}}_q[X]$ 模且其秩为 $[L:{\mathbb{F}}_q(X)]$.

例子 5.3.19 (二次数域的整数环). $d$ 是不包含任何平方因子的整数, $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$. 那么, $K$ 中的元素均形如 $x=a+b\sqrt{d}\in K$, 其中, $a,b\in \mathbb{Q}$. 此时, $[\mathbb{Q}(\sqrt{d}):\mathbb{Q}]=2$, 所以 $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 被称作是二次数域. 我们计算 ${\mathcal{O}}_K={\mathcal{O}}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}$.

考虑 $x=a+b\sqrt{d}\in K$ 的极小多项式, 由于$$x^2-2ax+a^2-b^{2}d=0,$$所以 $x\in {\mathcal{O}}_K$ 等价于 $2a\in \mathbb{Z},a^2-b^{2}d\in \mathbb{Z}$. 特别地, 我们有$$(2a{)}^2-(2b{)}^{2}d\in \mathbb{Z}\Rightarrow (2b{)}^{2}d\in \mathbb{Z}.$$由于整数 $d$ 没有平方因子, 所以, $2b\in \mathbb{Z}$ ( $d$ 不能抵消 $b$ 的 $(2b{)}^2$ 分母) . 作为总结, $x\in {\mathcal{O}}_K$ 的一个必要条件为$$2a,2b\in \mathbb{Z}.$$特别地, $\mathbb{Z}+\mathbb{Z}\sqrt{d}\subset {\mathcal{O}}_K$. 这是 ${\mathcal{O}}_K$ 的子环.

以下对 $a$ 分情况讨论:

•	$a\in \mathbb{Z}$. 类似地讨论给出 $a,b\in \mathbb{Z}$.
•	$a=\frac{1}{2}{a}^{\prime }$, 其中, $a^{\prime }\in \mathbb{Z}$ 为奇数. 根据 $a^2-b^{2}d\in \mathbb{Z}$, $b\notin \mathbb{Z}$. 所以, $b=\frac{1}{2}{b}^{\prime }$, 其中, $b^{\prime }\in \mathbb{Z}$ 为奇数. 那么, $$a^2-b^{2}d\in \mathbb{Z}\Rightarrow \frac{1}{4}(a^{\prime 2}-b^{\prime 2}d)\in \mathbb{Z}.$$由于 $a^{\prime 2}\equiv b^{\prime 2}\equiv 1\mathrm{mod}4$, 所以上式等价于 $d\equiv 1\mathrm{mod}4$.

综上所述, 我们有$${\mathcal{O}}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}=\{\begin{array}{ll}m+n\sqrt{d},m,n\in \mathbb{Z}& d\equiv 2,3\mathrm{mod}4;\\ \frac{1}{2}(m+n\sqrt{d}),m,n\in \mathbb{Z},a\equiv b\mathrm{mod}2,& d\equiv 1\mathrm{mod}4.\end{array}$$其中, $d$ 是不包含任何平方因子的整数.

例子 5.3.20. $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$ 不是整闭的. 实际上, $x=\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})\in \mathbb{Q}(\sqrt{5})=\mathrm{Frac}(\mathbb{Z}[\sqrt{5}])$ 在 $\mathbb{Z}[\sqrt{5}])$ 上是整的, 但是 $x\notin \mathbb{Z}[\sqrt{5}])$.

1.	^ 证明该结论要先研究 $L$ 是纯不可分的情形, 由于此结论与课程主旨并不直接关联, 我们在讲义中不给出其细节.