抽象代数/交换代数主题

交换环$A$ 中所有素理想的集合称为 $A$ 的谱，记为 $\operatorname {Spec} (A)$。（该术语的动机来自交换巴拿赫代数理论。）

Spec A

在 $A$ 中所有幂零元素的集合构成一个理想，称为 $A$ 的幂零根。给定任何理想 ${\mathfrak {a}}$，$A$ 的幂零根的原像是被称为 ${\mathfrak {a}}$ 的根的一个理想，记为 ${\sqrt {\mathfrak {a}}}$。明确地说，$x\in {\sqrt {\mathfrak {a}}}$ 当且仅当 $x^{n}\in {\mathfrak {a}}$ 对于某些 $n$ 成立。

命题 A.14。

令 ${\mathfrak {i}},{\mathfrak {j}}\triangleleft A$。

• (i) ${\sqrt {{\mathfrak {i}}^{n}}}={\sqrt {\mathfrak {i}}}$
• (ii) ${\sqrt {{\mathfrak {i}}{\mathfrak {j}}}}={\sqrt {{\mathfrak {i}}\cap {\mathfrak {j}}}}={\sqrt {\mathfrak {i}}}\cap {\sqrt {\mathfrak {j}}}$

证明。 常规。 $\square$

练习。

一个环只有一个素理想当且仅当它的幂零根是极大的。

练习。

有限环中的每个素理想都是极大的。

命题 A.2。

令 $A\neq 0$ 为一个环。如果 $A$ 中的每个主理想都是素理想，则 $A$ 是一个域。

证明. 令 $0\neq x\in A$。由于 $x^{2}$ 属于 $(x^{2})$，它是一个素理想，因此 $x\in (x^{2})$。因此，我们可以写出 $x=ax^{2}$。由于 $(0)$ 是素理想，$A$ 是一个整环。因此，$1=ax$。$\square$

引理。

令 ${\mathfrak {p}}\triangleleft A$。则 ${\mathfrak {p}}$ 是素理想当且仅当

${\mathfrak {p}}\subsetneq {\mathfrak {a}}\triangleleft A,{\mathfrak {p}}\subsetneq {\mathfrak {b}}\triangleleft A$ 意味着 ${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}\not \subset {\mathfrak {p}}$

证明。 ($\Rightarrow$) 明显。 ($\Leftarrow$) 令 ${\overline {x}}$ 为 $x\in A$ 在 $A/{\mathfrak {p}}$ 中的像。假设 ${\overline {a}}$ 是一个零因子；也就是说，${\overline {a}}{\overline {b}}=0$ 对于某个 $b\in A\backslash {\mathfrak {p}}$ 成立。令 ${\mathfrak {a}}=(a,{\mathfrak {p}})$ 以及 ${\mathfrak {b}}=(b,{\mathfrak {p}})$。由于 ${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}=ab+{\mathfrak {p}}\subset {\mathfrak {p}}$，并且 ${\mathfrak {b}}$ 严格大于 ${\mathfrak {p}}$，根据假设，${\mathfrak {a}}\subset {\mathfrak {p}}$。也就是说，${\overline {a}}=0$。 $\square$

定理 A.11 (乘法回避)。

令 $S\subset A$ 为一个乘法系统。如果 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$ 与 $S$ 不交，则存在一个素理想 ${\mathfrak {p}}\supset {\mathfrak {a}}$，它是在与 $S$ 不交的理想中最大的。

证明。 令 ${\mathfrak {m}}$ 是所有与 $S$ 不交的理想集合中的一个极大元素。令 ${\mathfrak {a}}$ 和 ${\mathfrak {b}}$ 是严格大于 ${\mathfrak {m}}$ 的理想。由于 ${\mathfrak {m}}$ 是极大的，我们发现 $a\in {\mathfrak {a}}\cap S$ 和 $b\in {\mathfrak {b}}\cap S$。根据 $S$ 的定义，$ab\in S$；因此，${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}\not \subset {\mathfrak {m}}$。根据引理，${\mathfrak {m}}$ 因此是素数。 $\square$

注意，当 $S$ 仅包含 1 时，定理特别适用。

练习。

如果一个整环 A 中的每个素理想都是主理想，则它是一个主理想整环。

一个Goldman 域 是一个其分数域 $K$ 作为代数是有限生成的域。当 $A$ 是一个 Goldman 域时，K 始终具有 $A[f^{-1}]$ 的形式。事实上，如果 $K=A[s_{1}^{-1},...,s_{n}^{-1}]$，令 $s=s_{1}...s_{n}$。那么 $K=A[s^{-1}]$。

引理。

令 $A$ 是一个分数域为 $K$ 的域，且 $0\neq f\in A$。那么 $K=A[f^{-1}]$ 当且仅当 $A$ 的每个非零素理想包含 $f$。

证明。 ($\Leftarrow$) 令 $0\neq x\in A$，且 $S=\{f^{n}|n\geq 0\}$。如果 $(x)$ 与 $S$ 不相交，那么根据引理，存在一个与 $S$ 不相交的素理想，这与假设矛盾。因此，$(x)$ 包含 $f$ 的某个幂，例如 $yx=f^{n}$。那么 $yx$ 以及 $x$ 在 $A[f^{-1}].$ 中可逆。 ($\Rightarrow$) 如果 ${\mathfrak {p}}$ 是一个非零素理想，那么它包含一个非零元素，例如 $s$。那么我们可以写成： $1/s=a/f^{n}$，或者 $f^{n}=as\in {\mathfrak {p}}$；因此，$f\in {\mathfrak {p}}$。 $\square$

如果一个素理想 ${\mathfrak {p}}\in \operatorname {Spec} (A)$ 使得 $A/{\mathfrak {p}}$ 是一个 Goldman 整环，则称 ${\mathfrak {p}}$ 为一个 Goldman 理想。

定理 A.21.

设 $A$ 为一个环，${\mathfrak {a}}\triangleleft A$。则 ${\sqrt {\mathfrak {a}}}$ 是包含 ${\mathfrak {a}}$ 的所有最小 Goldman 理想在 A 中的交集。

证明。 由理想对应关系，只需证明情况 ${\mathfrak {a}}={\sqrt {\mathfrak {a}}}=0$。设 $0\neq f\in A$。设 $S=\{f^{n}|n\geq 0\}$。由于 $f$ 不是幂零元（否则它将在 ${\sqrt {(0)}}$ 中），根据乘法避免性，存在一个素理想 ${\mathfrak {g}}$ 不包含 $f$。仍然需要证明它是一个戈德曼理想。但如果 ${\mathfrak {p}}\triangleleft A/{\mathfrak {g}}$ 是一个非零素理想，则 $f\in {\mathfrak {p}}$，因为 ${\mathfrak {p}}$ 如果与 $S$ 不相交，就会坍缩为零。根据引理，$A/{\mathfrak {g}}$ 的分数域是通过求逆 $f$ 而得到的，因此 ${\mathfrak {g}}$ 是一个戈德曼理想。因此，所有戈德曼理想的交集简化为零。 $\square$

在某些环中，戈德曼理想是极大的；这将在下一节中讨论。另一方面，

引理。

设 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$。那么 ${\mathfrak {a}}$ 是一个戈德曼理想，当且仅当它是在 $A[X]$ 中一个极大理想的收缩。

定理。

以下等价。

1. 对于任何 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$，${\mathfrak {a}}$ 是包含 ${\mathfrak {a}}$ 的所有极大理想的交集。
2. 每个 Goldman 理想都是极大的。
3. 在 $A[X]$ 中的每个极大理想收缩到 $A$ 中的一个极大理想。

证明。 清楚。 $\square$

满足定理中等价条件的环称为Hilbert-Jacobson 环。

引理。

令 $A\subset B$ 是域，使得 $B$ 在 $A$ 上是代数的且类型有限。那么 $A$ 是一个 Goldman 域当且仅当 $B$ 是一个 Goldman 域。

证明。 令 $K\subset L$ 分别是 $A$ 和 $B$ 的分数域。 $\square$

定理 A.19。

令 $A$ 是一个 Hilbert-Jacobson 环。那么 $A[X]$ 是一个 Hilbert-Jacobson 环。

证明。 令 ${\mathfrak {q}}\triangleleft A[X]$ 为一个 Goldman 理想，且 ${\mathfrak {p}}={\mathfrak {q}}\cap A$。由引理 something 可知 $A/{\mathfrak {p}}$ 是一个 Goldman 域，因为它包含在 $A[X]/{\mathfrak {q}}$ 中，而 $A[X]/{\mathfrak {q}}$ 是一个 Goldman 域。由于 $A$ 是一个 Hilbert-Jacobson 环，${\mathfrak {p}}$ 是极大的，因此 $A/{\mathfrak {p}}$ 是一个域，因此 $A[X]/{\mathfrak {q}}$ 是一个域；也就是说，${\mathfrak {q}}$ 是极大的。 $\square$

定理 A.5 （素理想回避）。

令 ${\mathfrak {p}}_{1},...,{\mathfrak {p}}_{r}\triangleleft A$ 是理想，最多两个不是素理想，并且 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$。如果 ${\mathfrak {a}}\subset \bigcup _{1}^{r}{\mathfrak {p}}_{i}$，那么 ${\mathfrak {a}}\subset {\mathfrak {p}}_{i}$ 对于某些 ${\mathfrak {i}}$ 成立。

Proof. We shall induct on $r$ to find $a\in {\mathfrak {a}}$ that is in no ${\mathfrak {p}}_{i}$. The case $r=1$ being trivial, suppose we find $a\in {\mathfrak {a}}$ such that $a\not \in {\mathfrak {p}}_{i}$ for $i<r$. We assume $a\in {\mathfrak {p}}_{r}$; else, we're done. Moreover, if ${\mathfrak {p}}_{i}\subset {\mathfrak {p}}_{r}$ for some $i<r$, then the theorem applies without ${\mathfrak {p}}_{i}$ and so this case is done by by the inductive hypothesis. We thus assume ${\mathfrak {p}}_{i}\not \subset {\mathfrak {p}}_{r}$ for all $i<r$. Now, ${\mathfrak {a}}{\mathfrak {p}}_{1}...{\mathfrak {p}}_{r-1}\not \subset {\mathfrak {p}}_{r}$; if not, since ${\mathfrak {p}}_{r}$ is prime, one of the ideals in the left is contained in ${\mathfrak {p}}_{r}$, contradiction. Hence, there is $b$ in the left that is not in ${\mathfrak {p}}_{r}$. It follows that $a+b\not \in {\mathfrak {p}}_{i}$ for all $i\leq r$. Finally, we remark that the argument works without assuming ${\mathfrak {p}}_{1}$ and ${\mathfrak {p}}_{2}$ are prime. (TODO: too sketchy.) The proof is thus complete. $\square$

环中的元素 p 是一个 素数，如果 $(p)$ 是素理想，并且是一个不可约元素，如果 $p=xy\Rightarrow$ 或者 $x$ 或者 $y$ 是一个单位。

我们写 $x|y$ 如果 $(x)\ni y$，并说 $x$ 除以 $y$。在一个域中，素元是不可约的。（假设 $x=yz$。然后要么 $x|y$ 或者 $x|z$，比方说，前者。然后 $sx=y$，以及 $sxz=x$。消去 $x$ 我们看到 $z$ 是一个单位。）反过来一般来说是错误的。然而，我们有

命题。

假设：对于每一个 $x$ 和 $y$，$(x)\cap (y)=(xy)$ 每当 (1) 是包含 $(x,y)$ 的唯一主理想时。然后，每个不可约元素都是一个素元。

证明。 令 $p$ 为不可约元，并假设 $p|xy$ 且 $p\not |y$。由于 $(p)\cap (x)=(px)$ 意味着 $px|xy$ 且 $p|y$，则存在一个 $d$ 使得 $(1)\neq (d)\supset (p,x)$。但随后 $d|p$，因此 $p|d$（$p$ 是不可约元）。因此，$p|x$。 $\square$

定理 A.16 (中国剩余定理)。

令 ${\mathfrak {a}}_{1},...,{\mathfrak {a}}_{n}\triangleleft A$。如果 ${\mathfrak {a}}_{j}+{\mathfrak {a}}_{i}=(1)$，那么

$\prod {\mathfrak {a}}_{i}\to A\to A/{\mathfrak {a}}_{1}\times \cdots \times {\mathfrak {a}}_{n}\to 0$

是精确的。

环 $A$ 的雅可比根是所有极大理想的交集。

命题 A.6。

$x\in A$ 属于雅可比根当且仅当对于所有 $y\in A$，$1-xy$ 是一个单位元。

证明。 令 $x$ 属于 Jacobson 根。如果 $1-xy$ 不是一个单位，它属于一个极大理想 ${\mathfrak {m}}$。但然后我们有：$1=(1-xy)+xy$，它是一个属于 ${\mathfrak {m}}$ 的元素的和；因此，在 ${\mathfrak {m}}$ 中，矛盾。反之，假设 $x$ 不属于 Jacobson 根；也就是说，它不属于某个极大理想 ${\mathfrak {m}}$。那么 $(x,{\mathfrak {m}})$ 是一个包含 ${\mathfrak {m}}$ 但严格大于它的理想。因此，它包含 $1$，我们可以写成：$1=xy+z$，其中 $y\in A$ 且 $z\in {\mathfrak {m}}$。那么 $1-xy\in {\mathfrak {m}}$，并且 ${\mathfrak {m}}$ 将不再是真理想，除非 $1-xy$ 是一个非单位元。 $\square$

注意，零根包含在 Jacobson 根中，特别地，如果素理想是极大理想（例如，环是主理想整环），那么它们重合。另一个例子是

练习。

在 $A[X]$ 中，零根和 Jacobson 根重合。

定理 A.17 (霍普金斯)。

令 A 是一个环。那么以下等价。

1. A 是阿廷环
2. A 是诺特环，且每个素理想都是极大理想。
3. $\operatorname {Spec} (A)$ 是有限离散的，并且对于所有极大理想 ${\mathfrak {m}}$，$A_{\mathfrak {m}}$ 是诺特环。

Proof. (1) $\Rightarrow$ (3): Let ${\mathfrak {p}}\triangleleft A$ be prime, and $x\in A/{\mathfrak {p}}$. Since $A/{\mathfrak {p}}$ is artinian (consider the short exact sequence), the descending sequence $(x^{n})$ stabilizes eventually; i.e., $x^{n}=ux^{n+1}$ for some unit u. Since $A/{\mathfrak {p}}$ is a domain, $x$ is a unit then. Hence, ${\mathfrak {p}}$ is maximal and so $\operatorname {Spec} (A)$ is discrete. It remains to show that it is finite. Let $S$ be the set of all finite intersections of maximal ideals. Let ${\mathfrak {i}}\in S$ be its minimal element, which we have by (1). We write ${\mathfrak {i}}={\mathfrak {m}}_{1}\cap ...\cap {\mathfrak {m}}_{n}$. Let ${\mathfrak {m}}$ be an arbitrary maximal ideal. Then ${\mathfrak {m}}\cap {\mathfrak {i}}\in S$ and so ${\mathfrak {m}}\cap {\mathfrak {i}}={\mathfrak {i}}$ by minimality. Thus, ${\mathfrak {m}}={\mathfrak {m}}_{i}$ for some i. (3) $\Rightarrow$ (2): We only have to show $A$ is noetherian. $\square$

如果一个环只有一个极大理想，则称该环为局部环。

命题 A.17。

设 $A$ 是一个非零环。以下等价。

1. $A$ 是局部环。
2. 对于每个 $x\in A$，要么 $x$，要么 $1-x$ 是一个单位。
3. 非单位的集合是一个理想。

Proof. (1) $\Rightarrow$ (2): If $x$ is a non-unit, then $x$ is the Jacobson radical; thus, $1-x$ is a unit by Proposition A.6. (2) $\Rightarrow$ (3): Let $x,y\in A$, and suppose $x$ is a non-unit. If $xy$ is a unit, then so are $x$ and $y$. Thus, $xy$ is a non-unit. Suppose $x,y$ are non-units; we show that $x+y$ is a non-unit by contradiction. If $x+y$ is a unit, then there exists a unit $a\in A$ such that $1=a(x+y)=ax+ay$. Thus either $ax$ or $1-ax=ay$ is a unit, whence either $x$ or $y$ is a unit, a contradiction. (3) $\Rightarrow$ (1): Let ${\mathfrak {i}}$ be the set of non-units. If ${\mathfrak {m}}\triangleleft A$ is maximal, it consists of nonunits; thus, ${\mathfrak {m}}\subset {\mathfrak {i}}$ where we have the equality by the maximality of ${\mathfrak {m}}$. $\square$

例子。

如果 $p$ 是一个素理想，则 $A_{p}$ 是一个局部环，其中 $p$ 是其唯一的极大理想。

例子。

如果 ${\sqrt {\mathfrak {i}}}$ 是极大的，则 $A/{\mathfrak {i}}$ 是一个局部环。特别地，$A/{\mathfrak {m}}^{n},(n\geq 1)$对于任何极大理想 ${\mathfrak {m}}$ 都是局部的。

设 $(A,{\mathfrak {m}})$ 是一个局部诺特环。

A. Lemma 

• (i) 设 ${\mathfrak {i}}$ 是 $A$ 的一个真理想。如果 $M$ 是一个有限生成的 ${\mathfrak {i}}$-模，则 $M=0$。
• (ii) 所有 ${\mathfrak {m}}^{k}$ 的交集，其中 $k\geq 1$ 是平凡的。
  

证明：我们用生成元的个数进行归纳法来证明 (i)。假设 $M$ 不能由少于 $n$ 个生成元生成，并且假设我们有 $x_{1},...x_{n}$ 生成 $M$。那么，特别地，

$x_{1}=a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+...+a_{n}x_{n}$，其中 $a_{i}$ 在 ${\mathfrak {i}}$ 中，

因此

$(1-a_{1})x_{1}=a_{2}x_{2}+...+a_{n}x_{n}$

由于 $a_{1}$ 不是一个单位，$1-a_{1}$ 是一个单位；实际上，如果 $1-a_{1}$ 不是一个单位，它属于一个唯一的极大理想 ${\mathfrak {m}}$，它包含所有非单位，特别是 $a_{1}$，因此 $1\in {\mathfrak {m}}$，这是无稽之谈。因此我们发现实际上 x_2, ..., x_n 生成 $M$；这与归纳假设相矛盾。$\square$

如果一个理想 ${\mathfrak {q}}\triangleleft A$ 中的每一个零因子在 $A/{\mathfrak {q}}$ 中都是幂零的，则称该理想为 *主理想*。明确地说，这意味着当且仅当 $xy\in {\mathfrak {q}}$ 且 $y\not \in {\mathfrak {q}}$ 时，$x\in {\sqrt {\mathfrak {q}}}$。特别地，素理想是主理想。

命题。

如果 ${\mathfrak {q}}$ 是主理想，那么 ${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是素理想。反之，如果 ${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是极大理想，那么 ${\mathfrak {q}}$ 是主理想。

证明. 显然，第一部分是正确的。反之，如果 ${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是极大理想，那么 ${\mathfrak {m}}={\sqrt {\mathfrak {q}}}/{\mathfrak {q}}$ 是 $A/{\mathfrak {q}}$ 中的极大理想。它必须是唯一的，因此 $A/{\mathfrak {q}}$ 是局部环。特别是，$A/{\mathfrak {q}}$ 中的零因子是非单位元，因此包含在 ${\mathfrak {m}}$ 中；因此是幂零的。 $\square$

练习。

${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是素理想 $\not \Rightarrow {\mathfrak {q}}$ 是初等理想。

定理 A.8 (初等分解)

设 $A$ 是一个诺特环。如果 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$, 那么 ${\mathfrak {i}}$ 是有限个初等理想的交集。

证明。 令 $S$ 为所有非有限个初等理想交集的理想的集合。我们要证明 $S$ 为空。假设不是，令 ${\mathfrak {i}}$ 为其最大元素。我们可以将 ${\mathfrak {i}}$ 写成两个严格大于 ${\mathfrak {i}}$ 的理想的交集。事实上，由于 ${\mathfrak {i}}$ 根据定义不是素数，特别是，选择 $x\not \in {\mathfrak {i}}$ 和 $y\not \in {\mathfrak {i}}$ 使得 $xy\in {\mathfrak {i}}$。如同定理 A.3 的证明，我们可以写：${\mathfrak {i}}={\mathfrak {j}}({\mathfrak {i}}+x)$ 其中 ${\mathfrak {j}}$ 是所有使得 $ax\in {\mathfrak {i}}$ 的 $a\in A$ 的集合。由极大性，${\mathfrak {j}},{\mathfrak {i}}+x\not \in S$。因此，它们是有限个初等理想的交集，但随之 ${\mathfrak {i}}$ 也是，矛盾。 $\square$

命题。

如果 $(0)$ 是不可分解的，那么零因子集是极小素数的并集。

整扩张

设 $A\subset B$ 是环。如果 $b\in B$ 是首一多项式 $f\in A[X]$ 的根，则称 $b$ 是关于 $A$整的。如果 $B$ 的每个元素都关于 $A$ 整的，则称 $B$ 是关于 $A$整的 或 $B$ 是 $A$ 的整扩张。更一般地，我们称环同态 $f:A\to B$ 是整的，如果 $A$ 的像关于 $B$ 整的。用 $f(A)$ 代替 $A$，我们只需研究情况 $A\subset B$，这就是我们下面要做的。

引理 A.9.

设 $b\in B$。那么以下等价。

1. $b$ 是关于 $A$ 整的。
2. $A[b]$ 是关于 $A$ 有限的。
3. $A[b]$ 包含在一个关于 $A$ 的 $A$-子模 $B$ 中，该子模在 $A$ 上是有限的。

证明. (1) 意味着我们可以写成

$b^{n+r}=-(b^{r+n-1}a_{n-1}+...b^{r+1}a_{1}+b^{r}a_{0})$

因此，$1,b,...,b^{n-1}$ 生成 $A[b]$。因此，(1) $\Rightarrow$ (2)。由于 (2) $\Rightarrow$ (3) 空虚地成立，所以我们只需要证明 (3) $\Rightarrow$ (1)。令 $M_{/A[b]}$ 由 $x_{1},...,x_{n}$ 在 $A$ 上生成。由于 $bx_{i}\in M$，我们可以写成

$bx_{i}=\sum _{j=1}^{n}c_{ij}x_{j}$

其中 $c_{kj}\in A$。用 $C$ 表示矩阵 $c_{ij}$，这意味着 $\det(bI-C)$ 消去 $M$。因此，根据 (3) 有 $\det(bI-C)=0$。注意到 $\det(bI-C)$ 是关于 $b$ 的首一多项式，我们就得到 (1)。$\square$

所有在 *B* 中且关于 *A* 整的元素的集合被称为 *A* 在 *B* 中的 *整闭包*。根据引理，整闭包是 $B$ 的一个子环，包含 $A$。（证明：如果 $x$ 和 $y$ 是整数元素，那么 $A[xy]$ 和 $A[x-y]$ 都包含在 $A[x,y]$ 中，关于 $A$ 是有限的。）同样清楚的是，整性是可传递的；也就是说，如果 $C$ 关于 $B$ 是整数的，并且 $B$ 关于 $A$ 是整数的，那么 $C$ 关于 $A$ 是整数的。

命题。

令 $f:A\to B$ 是一个整扩张，其中 $B$ 是一个整环。那么

• (i) $A$ 是一个域当且仅当 $B$ 是一个域。
• (ii) $B$ 的每一个非零理想都与 $A$ 有非零交集。

证明。 (i) 假设 $B$ 是一个域，并令 $x\in A$。由于 $x^{-1}\in B$ 并且是关于 $A$ 的整式，我们可以写

$x^{-n}=-(a_{n-1}x^{-(n-1)}+...+a_{1}x^{-1}+a_{0})$

将两边乘以 $x^{n-1}$ 我们看到 $x^{-1}\in A$。对于其余部分，令 $0\neq b\in B$。我们有一个整式方程

$-a_{0}=b^{n}+a_{n-1}b^{n-1}+...+a_{1}b=b(b^{n-1}+a_{n-1}b^{n-2}+...+a_{1})$.

由于 $B$ 是一个整环，如果 $n$ 是使 $b$ 消失的首一多项式的最小次数，那么必须有 $a_{0}\neq 0$。这表明 $bB\cap A\neq 0$，从而得到 (ii)。此外，如果 $A$ 是一个域，那么 $a_{0}$ 是可逆的，因此 $b$ 也是可逆的。 $\square$

定理（诺特归一化）。

设 $A$ 是一个有限生成的 $k$-代数。那么我们可以找到 $z_{1},...,z_{d}$ 使得

1. $A$ 关于 $k[z_{1},...,z_{d}]$ 是整的。
2. $z_{1},...,z_{d}$ 关于 $k$ 是代数无关的。
3. $z_{1},...,z_{d}$ 是 $A$ 的分式域 $K$ 的分离超越基，如果 $K$ 关于 $k$ 是可分的。

练习 A.10 (Artin-Tate)。

设 $A\subset B\subset C$ 是环。假设 $A$ 是诺特环。如果 $C$ 作为 $A$-代数是有限生成的，并且关于 $B$ 是整的，那么 $B$ 作为 $A$-代数是有限生成的。

练习。

环同态 $f:A\to \Omega$ （其中 $\Omega$ 是代数闭域）可以扩展到 $F:A[b]\to \Omega$（答案：http://www.math.uiuc.edu/~r-ash/ComAlg/)

诺特环

练习。

一个环是诺特环当且仅当它的每一个素理想都是有限生成的。（参见 T. Y. Lam and Manuel L. Reyes, A Prime Ideal Principle in Commutative Algebra 以获得对这类结果的系统研究。）

下一个定理提供了许多诺特环的例子。

定理 A.7（希尔伯特基定理）。

$A$ 是一个诺特环当且仅当 $A[T_{1},...T_{n}]$ 是诺特环。

证明。 用归纳法证明，只需证明 $A[T]$ 是诺特环。设 $I\triangleleft A[T]$。设 $L_{n}$ 是 $I$ 中所有次数小于等于 $\leq n$ 的多项式的所有系数的集合。由于 $L_{n}\triangleleft A$，存在 $d$ 使得

$L_{0}\subset L_{1}\subset L_{2},...,\subset L_{d}=L_{d+1}=...$.

对于每个$0\leq n\leq d$，选择有限个元素$f_{1n},f_{2n},...f_{m_{n}n}$ 属于 $I$ ，这些元素的系数$b_{1n},...b_{m_{n}n}$ 生成 $L_{n}$。令 $I'$ 为由 $f_{jn}$ 对所有 $j,n$ 生成的理想。我们断言 $I=I'$。显然， $I\subset I'$。我们用关于 $I$ 中多项式次数的归纳法证明相反的包含关系。令 $f\in I$，$a$ 为 $f$ 的最高次项系数，$n$ 为 $f$ 的次数。那么 $a\in L_{n}$。如果 $n\leq d$，那么

$a=a_{1}b_{1n}+a_{2}b_{2n}+...+a_{m_{n}}b_{{m_{n}}n}$

特别是，如果 $g=a_{1}f_{1n}+a_{2}f_{2n}+...+a_{m_{n}}f_{{m_{n}}n}$，那么 $f-g$ 的次数严格小于 $f$，因此根据归纳假设，$f-g\in I'$。由于 $g\in I'$，所以 $f\in I'$。如果 $n\geq d$，那么 $a\in L_{d}$，并且相同的论证表明 $f\in I'$。 $\square$

练习。

令 $A$ 为区间 $[0,1]$ 上所有连续函数构成的环 $f:[0,1]\to [0,1]$。 $A$ 不是诺特环。

令 $(A,{\mathfrak {m}})$ 是一个诺特局部环，其中 $k=A/{\mathfrak {m}}$。令 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$。那么 ${\mathfrak {i}}$ 被称为一个定义理想，如果 $A/{\mathfrak {i}}$ 是阿廷环。

定理。

$\dim _{k}({\mathfrak {m}}/{\mathfrak {m}}^{2})\geq \dim A$

如果上述等式成立，则称局部环 $A$ 为正则。

定理。

设 $A$ 是一个诺特环。则 $\dim A[T_{1},...,T_{n}]=n+\dim A$.

证明。 由归纳法，只需证明 $n=1$ 的情况。 $\square$

定理。

设 $A$ 是一个有限维 $k$-代数。如果 $A$ 是一个域，其分数域为 $K$，则 $\dim A=\operatorname {trdeg} _{k}K$.

证明。 由诺特归约引理，$A$ 关于 $k[x_{1},...,x_{n}]$ 是整的，其中 $x_{1},...,x_{n}$ 关于 $k$ 是代数无关的。因此，$\dim A=\dim k[x_{1},...,x_{n}]=n$。另一方面，$\operatorname {trdeg} _{k}K=n$。 $\square$

定理。

设 $A$ 是一个具有 (ACCP) 的域。则 $A$ 是唯一分解域当且仅当每个高度为 1 的素理想 ${\mathfrak {p}}$ 是主理想。

证明。 ($\Rightarrow$) 根据定理 A.10，${\mathfrak {p}}$ 包含一个素元 $x$。那么

$0\subset (x)\subset {\mathfrak {p}}$

其中第二个包含关系必须是等式，因为 ${\mathfrak {p}}$ 的高度为 1。($\Leftarrow$) 根据定理 A.10，只需要证明 $A$ 是一个 GCD 域。 (待办事项：完成证明。) $\square$

定理。

正则局部环是 UFD。

定理 A.10 (克鲁尔交定理)。

令 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$ 是一个真理想。如果 $A$ 是一个诺特域或一个局部环，那么 $\bigcap _{n\geq 1}{\mathfrak {i}}^{n}=0$。

定理 A.15。

令 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$。如果 $A$ 是诺特环，

${\sqrt {\mathfrak {i}}}^{n}\subset {\mathfrak {i}}\subset {\sqrt {\mathfrak {i}}}$ 对于某个 $n$。

特别地，$A$ 的零根是幂零的。

证明。 当 ${\mathfrak {i}}=0$ 时，证明成立。因此，证明简化为证明 *A* 的幂零根是幂零的。由于 $A$ 是幂零的，我们有有限个幂零元素 $x_{1},...,x_{n}$ 张成 ${\sqrt {(0)}}$。那么，当我们取足够高的幂次时，它们的任何线性组合的幂次都是包含某个 $x_{j}$ 的高幂次项之和。因此，${\sqrt {(0)}}$ 是幂零的。 $\square$

命题 A.8.

如果 $A$ 是诺特环，那么 ${\hat {A}}$ 是诺特环。

推论。

如果 $A$ 是诺特环，那么 $A[[X]]$ 是诺特环。

扎里斯基拓扑

对于给定的 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$，令 $\operatorname {V} ({\mathfrak {a}})=\{{\mathfrak {p}}\in \operatorname {Spec} (A)|{\mathfrak {p}}\supset {\mathfrak {a}}\}$。（注意 $\operatorname {V} ({\mathfrak {a}})=\operatorname {V} ({\sqrt {\mathfrak {a}}})$。）很容易看出

$V({\mathfrak {a}})\cup V({\mathfrak {b}})=V({\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}})=V({\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}})$，且 $\cap _{\alpha }V({\mathfrak {a}}_{\alpha })=V(({\mathfrak {a}}_{\alpha }|\alpha ))$.

因此，形式为 $\operatorname {V} ({\mathfrak {a}})$ 的集合的集合包含空集和 $\operatorname {Spec} (A)$，并且在交集和有限并运算下封闭。换句话说，我们可以为 $\operatorname {Spec} (A)$ 定义一个拓扑，通过声明 $\operatorname {Z} ({\mathfrak {i}})$ 为闭集。得到的拓扑称为 Zariski 拓扑。令 $X=\operatorname {Spec} (A)$，并记作 $X_{f}=X\backslash V((f))=\{P\in X|P\ni f\}$.

命题 A.16。

我们有

• (i) $X_{f}$ 是准紧的。
• (ii) $X_{fg}$ 与 $\operatorname {Spec} (A[f^{-1}])_{g}$ 规范同构。

证明。我们有：$X_{f}\subset \bigcup _{\alpha }X_{f_{\alpha }}=X\backslash V((f_{\alpha }|\alpha ))\Leftrightarrow (f)\subset (f_{\alpha }|\alpha )\Leftrightarrow f\in (f_{\alpha _{1}},...,f_{\alpha _{n}})$。 $\square$

练习。

令 $A$ 为局部环。则 $\operatorname {Spec} (A)$ 是连通的。

推论。

$\operatorname {Spec} (B)\to \operatorname {Spec} (A)$ 是一个闭满射。

定理 A.12。

如果对于每个极大理想 ${\mathfrak {m}}$，$A_{m}$ 是诺特环，并且对于每个 $x\in A$，集合 $\{{\mathfrak {m}}\in \operatorname {Max} (A)|x\in m\}$ 是有限的，那么 $A$ 是诺特环。

整闭域

引理 A.8。

在 GCD 域中，如果 $(x,y)=1=(x,z)$，那么 $(x,yz)=1$。

命题 A.9。

在 GCD 域中，每个不可约元素都是素元素。

证明。令 $x$ 为不可约元素，并假设 $x|yz$。那么 $x|(x,yz)$。如果 $(x,yz)=1$，$x$ 是一个单位，这是我们默认忽略的情况。因此，根据引理，$d=(x,y)$，假设是一个非单位元素。由于 $x$ 是不可约的，$x|d$，因此 $x|y$。 $\square$

特别是，在作为 GCD 域的多项式环中，每个不可约多项式都是一个素元素。

定理（未定义：ACC）。

令 A 为一个满足主理想升链条件的环（例如：诺特环）。那么 $A$ 中的每个 x 都是不可约元素的有限乘积。

定理 A.10。

令 $A$ 为一个域。以下条件等价。

1. 每个非零非单位元素都是素元素的有限乘积。
2. （Kaplansky）每个非零素理想包含一个素元素。
3. $A$ 是一个 GCD 域，并且在主理想上满足 (ACC)。

Proof. (3) $\Rightarrow$ (2): Let ${\mathfrak {p}}\in \operatorname {Spec} (A)$. If ${\mathfrak {p}}$ is nonzero, it then contains a nonzero element x, which we factor into irreducibles: $x=p_{1}...p_{n}$. Then $p_{j}\in {\mathfrak {p}}$ for some $j$. Finally, irreducibles are prime since $A$ is a GCD domain. (2) $\Rightarrow$ (1): Let $S$ be the set of all products of prime elements. Clearly, $S$ satisfies the hypothesis of Theorem A.11 (i.e., closed under multiplication). Suppose, on the contrary, there is a nonzero nonunit $x$. It is easy to see that since $x\not \in S$, $(x)$ and $S$ are disjoint. Thus, by Theorem A.11, there is a prime ideal ${\mathfrak {p}}$ containing $x$ and disjoint from $S$. But, by (2), ${\mathfrak {p}}$ contains a prime element $y$; that is, ${\mathfrak {p}}$ intersects $S$, contradiction. (1) $\Rightarrow$ (3): By uniqueness of factorization, it is clear that $A$ is a GCD domain. $\square$

满足定理中等价条件的域称为唯一分解域或简称为 UFD。

推论。

如果 $A$ 是一个唯一分解整环，则 $A[X]$ 是一个唯一分解整环。如果 A 是一个主理想整环，则 $A[[X]]$ 是一个唯一分解整环。

定理 A.13 (Nagata 准则)。

设 A 为一个整环，$S\subset A$ 为由素元生成的乘法封闭子集。则 $A$ 是一个唯一分解整环当且仅当 $S^{-1}A$ 是一个唯一分解整环。