抽象代數/交換代數主題

交換環$A$ 中所有素理想的集合稱為 $A$ 的譜，記為 $\operatorname {Spec} (A)$。（該術語的動機來自交換巴拿赫代數理論。）

Spec A

在 $A$ 中所有冪零元素的集合構成一個理想，稱為 $A$ 的冪零根。給定任何理想 ${\mathfrak {a}}$，$A$ 的冪零根的原像是被稱為 ${\mathfrak {a}}$ 的根的一個理想，記為 ${\sqrt {\mathfrak {a}}}$。明確地說，$x\in {\sqrt {\mathfrak {a}}}$ 當且僅當 $x^{n}\in {\mathfrak {a}}$ 對於某些 $n$ 成立。

命題 A.14。

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

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

證明。 常規。 $\square$

練習。

一個環只有一個素理想當且僅當它的冪零根是極大的。

練習。

有限環中的每個素理想都是極大的。

命題 A.2。

令 $A\neq 0$ 為一個環。如果 $A$ 中的每個主理想都是素理想，則 $A$ 是一個域。

證明. 令 $0\neq x\in A$。由於 $x^{2}$ 屬於 $(x^{2})$，它是一個素理想，因此 $x\in (x^{2})$。因此，我們可以寫出 $x=ax^{2}$。由於 $(0)$ 是素理想，$A$ 是一個整環。因此，$1=ax$。$\square$

引理。

令 ${\mathfrak {p}}\triangleleft A$。則 ${\mathfrak {p}}$ 是素理想當且僅當

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

證明。 ($\Rightarrow$) 明顯。 ($\Leftarrow$) 令 ${\overline {x}}$ 為 $x\in A$ 在 $A/{\mathfrak {p}}$ 中的像。假設 ${\overline {a}}$ 是一個零因子；也就是說，${\overline {a}}{\overline {b}}=0$ 對於某個 $b\in A\backslash {\mathfrak {p}}$ 成立。令 ${\mathfrak {a}}=(a,{\mathfrak {p}})$ 以及 ${\mathfrak {b}}=(b,{\mathfrak {p}})$。由於 ${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}=ab+{\mathfrak {p}}\subset {\mathfrak {p}}$，並且 ${\mathfrak {b}}$ 嚴格大於 ${\mathfrak {p}}$，根據假設，${\mathfrak {a}}\subset {\mathfrak {p}}$。也就是說，${\overline {a}}=0$。 $\square$

定理 A.11 (乘法迴避)。

令 $S\subset A$ 為一個乘法系統。如果 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$ 與 $S$ 不交，則存在一個素理想 ${\mathfrak {p}}\supset {\mathfrak {a}}$，它是在與 $S$ 不交的理想中最大的。

證明。 令 ${\mathfrak {m}}$ 是所有與 $S$ 不交的理想集合中的一個極大元素。令 ${\mathfrak {a}}$ 和 ${\mathfrak {b}}$ 是嚴格大於 ${\mathfrak {m}}$ 的理想。由於 ${\mathfrak {m}}$ 是極大的，我們發現 $a\in {\mathfrak {a}}\cap S$ 和 $b\in {\mathfrak {b}}\cap S$。根據 $S$ 的定義，$ab\in S$；因此，${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}\not \subset {\mathfrak {m}}$。根據引理，${\mathfrak {m}}$ 因此是素數。 $\square$

注意，當 $S$ 僅包含 1 時，定理特別適用。

練習。

如果一個整環 A 中的每個素理想都是主理想，則它是一個主理想整環。

一個Goldman 域 是一個其分數域 $K$ 作為代數是有限生成的域。當 $A$ 是一個 Goldman 域時，K 始終具有 $A[f^{-1}]$ 的形式。事實上，如果 $K=A[s_{1}^{-1},...,s_{n}^{-1}]$，令 $s=s_{1}...s_{n}$。那麼 $K=A[s^{-1}]$。

引理。

令 $A$ 是一個分數域為 $K$ 的域，且 $0\neq f\in A$。那麼 $K=A[f^{-1}]$ 當且僅當 $A$ 的每個非零素理想包含 $f$。

證明。 ($\Leftarrow$) 令 $0\neq x\in A$，且 $S=\{f^{n}|n\geq 0\}$。如果 $(x)$ 與 $S$ 不相交，那麼根據引理，存在一個與 $S$ 不相交的素理想，這與假設矛盾。因此，$(x)$ 包含 $f$ 的某個冪，例如 $yx=f^{n}$。那麼 $yx$ 以及 $x$ 在 $A[f^{-1}].$ 中可逆。 ($\Rightarrow$) 如果 ${\mathfrak {p}}$ 是一個非零素理想，那麼它包含一個非零元素，例如 $s$。那麼我們可以寫成： $1/s=a/f^{n}$，或者 $f^{n}=as\in {\mathfrak {p}}$；因此，$f\in {\mathfrak {p}}$。 $\square$

如果一個素理想 ${\mathfrak {p}}\in \operatorname {Spec} (A)$ 使得 $A/{\mathfrak {p}}$ 是一個 Goldman 整環，則稱 ${\mathfrak {p}}$ 為一個 Goldman 理想。

定理 A.21.

設 $A$ 為一個環，${\mathfrak {a}}\triangleleft A$。則 ${\sqrt {\mathfrak {a}}}$ 是包含 ${\mathfrak {a}}$ 的所有最小 Goldman 理想在 A 中的交集。

證明。 由理想對應關係，只需證明情況 ${\mathfrak {a}}={\sqrt {\mathfrak {a}}}=0$。設 $0\neq f\in A$。設 $S=\{f^{n}|n\geq 0\}$。由於 $f$ 不是冪零元（否則它將在 ${\sqrt {(0)}}$ 中），根據乘法避免性，存在一個素理想 ${\mathfrak {g}}$ 不包含 $f$。仍然需要證明它是一個戈德曼理想。但如果 ${\mathfrak {p}}\triangleleft A/{\mathfrak {g}}$ 是一個非零素理想，則 $f\in {\mathfrak {p}}$，因為 ${\mathfrak {p}}$ 如果與 $S$ 不相交，就會坍縮為零。根據引理，$A/{\mathfrak {g}}$ 的分數域是透過求逆 $f$ 而得到的，因此 ${\mathfrak {g}}$ 是一個戈德曼理想。因此，所有戈德曼理想的交集簡化為零。 $\square$

在某些環中，戈德曼理想是極大的；這將在下一節中討論。另一方面，

引理。

設 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$。那麼 ${\mathfrak {a}}$ 是一個戈德曼理想，當且僅當它是在 $A[X]$ 中一個極大理想的收縮。

定理。

以下等價。

1. 對於任何 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$，${\mathfrak {a}}$ 是包含 ${\mathfrak {a}}$ 的所有極大理想的交集。
2. 每個 Goldman 理想都是極大的。
3. 在 $A[X]$ 中的每個極大理想收縮到 $A$ 中的一個極大理想。

證明。 清楚。 $\square$

滿足定理中等價條件的環稱為Hilbert-Jacobson 環。

引理。

令 $A\subset B$ 是域，使得 $B$ 在 $A$ 上是代數的且型別有限。那麼 $A$ 是一個 Goldman 域當且僅當 $B$ 是一個 Goldman 域。

證明。 令 $K\subset L$ 分別是 $A$ 和 $B$ 的分數域。 $\square$

定理 A.19。

令 $A$ 是一個 Hilbert-Jacobson 環。那麼 $A[X]$ 是一個 Hilbert-Jacobson 環。

證明。 令 ${\mathfrak {q}}\triangleleft A[X]$ 為一個 Goldman 理想，且 ${\mathfrak {p}}={\mathfrak {q}}\cap A$。由引理 something 可知 $A/{\mathfrak {p}}$ 是一個 Goldman 域，因為它包含在 $A[X]/{\mathfrak {q}}$ 中，而 $A[X]/{\mathfrak {q}}$ 是一個 Goldman 域。由於 $A$ 是一個 Hilbert-Jacobson 環，${\mathfrak {p}}$ 是極大的，因此 $A/{\mathfrak {p}}$ 是一個域，因此 $A[X]/{\mathfrak {q}}$ 是一個域；也就是說，${\mathfrak {q}}$ 是極大的。 $\square$

定理 A.5 （素理想回避）。

令 ${\mathfrak {p}}_{1},...,{\mathfrak {p}}_{r}\triangleleft A$ 是理想，最多兩個不是素理想，並且 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$。如果 ${\mathfrak {a}}\subset \bigcup _{1}^{r}{\mathfrak {p}}_{i}$，那麼 ${\mathfrak {a}}\subset {\mathfrak {p}}_{i}$ 對於某些 ${\mathfrak {i}}$ 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. $\square$

環中的元素 p 是一個 素數，如果 $(p)$ 是素理想，並且是一個不可約元素，如果 $p=xy\Rightarrow$ 或者 $x$ 或者 $y$ 是一個單位。

我們寫 $x|y$ 如果 $(x)\ni y$，並說 $x$ 除以 $y$。在一個域中，素元是不可約的。（假設 $x=yz$。然後要麼 $x|y$ 或者 $x|z$，比方說，前者。然後 $sx=y$，以及 $sxz=x$。消去 $x$ 我們看到 $z$ 是一個單位。）反過來一般來說是錯誤的。然而，我們有

命題。

假設：對於每一個 $x$ 和 $y$，$(x)\cap (y)=(xy)$ 每當 (1) 是包含 $(x,y)$ 的唯一主理想時。然後，每個不可約元素都是一個素元。

證明。 令 $p$ 為不可約元，並假設 $p|xy$ 且 $p\not |y$。由於 $(p)\cap (x)=(px)$ 意味著 $px|xy$ 且 $p|y$，則存在一個 $d$ 使得 $(1)\neq (d)\supset (p,x)$。但隨後 $d|p$，因此 $p|d$（$p$ 是不可約元）。因此，$p|x$。 $\square$

定理 A.16 (中國剩餘定理)。

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

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

是精確的。

環 $A$ 的雅可比根是所有極大理想的交集。

命題 A.6。

$x\in A$ 屬於雅可比根當且僅當對於所有 $y\in A$，$1-xy$ 是一個單位元。

證明。 令 $x$ 屬於 Jacobson 根。如果 $1-xy$ 不是一個單位，它屬於一個極大理想 ${\mathfrak {m}}$。但然後我們有：$1=(1-xy)+xy$，它是一個屬於 ${\mathfrak {m}}$ 的元素的和；因此，在 ${\mathfrak {m}}$ 中，矛盾。反之，假設 $x$ 不屬於 Jacobson 根；也就是說，它不屬於某個極大理想 ${\mathfrak {m}}$。那麼 $(x,{\mathfrak {m}})$ 是一個包含 ${\mathfrak {m}}$ 但嚴格大於它的理想。因此，它包含 $1$，我們可以寫成：$1=xy+z$，其中 $y\in A$ 且 $z\in {\mathfrak {m}}$。那麼 $1-xy\in {\mathfrak {m}}$，並且 ${\mathfrak {m}}$ 將不再是真理想，除非 $1-xy$ 是一個非單位元。 $\square$

注意，零根包含在 Jacobson 根中，特別地，如果素理想是極大理想（例如，環是主理想整環），那麼它們重合。另一個例子是

練習。

在 $A[X]$ 中，零根和 Jacobson 根重合。

定理 A.17 (霍普金斯)。

令 A 是一個環。那麼以下等價。

1. A 是阿廷環
2. A 是諾特環，且每個素理想都是極大理想。
3. $\operatorname {Spec} (A)$ 是有限離散的，並且對於所有極大理想 ${\mathfrak {m}}$，$A_{\mathfrak {m}}$ 是諾特環。

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. $\square$

如果一個環只有一個極大理想，則稱該環為區域性環。

命題 A.17。

設 $A$ 是一個非零環。以下等價。

1. $A$ 是區域性環。
2. 對於每個 $x\in A$，要麼 $x$，要麼 $1-x$ 是一個單位。
3. 非單位的集合是一個理想。

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 $p$ 是一個素理想，則 $A_{p}$ 是一個區域性環，其中 $p$ 是其唯一的極大理想。

例子。

如果 ${\sqrt {\mathfrak {i}}}$ 是極大的，則 $A/{\mathfrak {i}}$ 是一個區域性環。特別地，$A/{\mathfrak {m}}^{n},(n\geq 1)$對於任何極大理想 ${\mathfrak {m}}$ 都是區域性的。

設 $(A,{\mathfrak {m}})$ 是一個區域性諾特環。

A. Lemma 

• (i) 設 ${\mathfrak {i}}$ 是 $A$ 的一個真理想。如果 $M$ 是一個有限生成的 ${\mathfrak {i}}$-模，則 $M=0$。
• (ii) 所有 ${\mathfrak {m}}^{k}$ 的交集，其中 $k\geq 1$ 是平凡的。
  

證明：我們用生成元的個數進行歸納法來證明 (i)。假設 $M$ 不能由少於 $n$ 個生成元生成，並且假設我們有 $x_{1},...x_{n}$ 生成 $M$。那麼，特別地，

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

因此

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

由於 $a_{1}$ 不是一個單位，$1-a_{1}$ 是一個單位；實際上，如果 $1-a_{1}$ 不是一個單位，它屬於一個唯一的極大理想 ${\mathfrak {m}}$，它包含所有非單位，特別是 $a_{1}$，因此 $1\in {\mathfrak {m}}$，這是無稽之談。因此我們發現實際上 x_2, ..., x_n 生成 $M$；這與歸納假設相矛盾。$\square$

如果一個理想 ${\mathfrak {q}}\triangleleft A$ 中的每一個零因子在 $A/{\mathfrak {q}}$ 中都是冪零的，則稱該理想為 *主理想*。明確地說，這意味著當且僅當 $xy\in {\mathfrak {q}}$ 且 $y\not \in {\mathfrak {q}}$ 時，$x\in {\sqrt {\mathfrak {q}}}$。特別地，素理想是主理想。

命題。

如果 ${\mathfrak {q}}$ 是主理想，那麼 ${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是素理想。反之，如果 ${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是極大理想，那麼 ${\mathfrak {q}}$ 是主理想。

證明. 顯然，第一部分是正確的。反之，如果 ${\sqrt {\mathfrak {q}}}$ 是極大理想，那麼 ${\mathfrak {m}}={\sqrt {\mathfrak {q}}}/{\mathfrak {q}}$ 是 $A/{\mathfrak {q}}$ 中的極大理想。它必須是唯一的，因此 $A/{\mathfrak {q}}$ 是區域性環。特別是，$A/{\mathfrak {q}}$ 中的零因子是非單位元，因此包含在 ${\mathfrak {m}}$ 中；因此是冪零的。 $\square$

練習。

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

定理 A.8 (初等分解)

設 $A$ 是一個諾特環。如果 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$, 那麼 ${\mathfrak {i}}$ 是有限個初等理想的交集。

證明。 令 $S$ 為所有非有限個初等理想交集的理想的集合。我們要證明 $S$ 為空。假設不是，令 ${\mathfrak {i}}$ 為其最大元素。我們可以將 ${\mathfrak {i}}$ 寫成兩個嚴格大於 ${\mathfrak {i}}$ 的理想的交集。事實上，由於 ${\mathfrak {i}}$ 根據定義不是素數，特別是，選擇 $x\not \in {\mathfrak {i}}$ 和 $y\not \in {\mathfrak {i}}$ 使得 $xy\in {\mathfrak {i}}$。如同定理 A.3 的證明，我們可以寫：${\mathfrak {i}}={\mathfrak {j}}({\mathfrak {i}}+x)$ 其中 ${\mathfrak {j}}$ 是所有使得 $ax\in {\mathfrak {i}}$ 的 $a\in A$ 的集合。由極大性，${\mathfrak {j}},{\mathfrak {i}}+x\not \in S$。因此，它們是有限個初等理想的交集，但隨之 ${\mathfrak {i}}$ 也是，矛盾。 $\square$

命題。

如果 $(0)$ 是不可分解的，那麼零因子集是極小素數的並集。

整擴張

設 $A\subset B$ 是環。如果 $b\in B$ 是首一多項式 $f\in A[X]$ 的根，則稱 $b$ 是關於 $A$整的。如果 $B$ 的每個元素都關於 $A$ 整的，則稱 $B$ 是關於 $A$整的 或 $B$ 是 $A$ 的整擴張。更一般地，我們稱環同態 $f:A\to B$ 是整的，如果 $A$ 的像關於 $B$ 整的。用 $f(A)$ 代替 $A$，我們只需研究情況 $A\subset B$，這就是我們下面要做的。

引理 A.9.

設 $b\in B$。那麼以下等價。

1. $b$ 是關於 $A$ 整的。
2. $A[b]$ 是關於 $A$ 有限的。
3. $A[b]$ 包含在一個關於 $A$ 的 $A$-子模 $B$ 中，該子模在 $A$ 上是有限的。

證明. (1) 意味著我們可以寫成

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

因此，$1,b,...,b^{n-1}$ 生成 $A[b]$。因此，(1) $\Rightarrow$ (2)。由於 (2) $\Rightarrow$ (3) 空虛地成立，所以我們只需要證明 (3) $\Rightarrow$ (1)。令 $M_{/A[b]}$ 由 $x_{1},...,x_{n}$ 在 $A$ 上生成。由於 $bx_{i}\in M$，我們可以寫成

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

其中 $c_{kj}\in A$。用 $C$ 表示矩陣 $c_{ij}$，這意味著 $\det(bI-C)$ 消去 $M$。因此，根據 (3) 有 $\det(bI-C)=0$。注意到 $\det(bI-C)$ 是關於 $b$ 的首一多項式，我們就得到 (1)。$\square$

所有在 *B* 中且關於 *A* 整的元素的集合被稱為 *A* 在 *B* 中的 *整閉包*。根據引理，整閉包是 $B$ 的一個子環，包含 $A$。（證明：如果 $x$ 和 $y$ 是整數元素，那麼 $A[xy]$ 和 $A[x-y]$ 都包含在 $A[x,y]$ 中，關於 $A$ 是有限的。）同樣清楚的是，整性是可傳遞的；也就是說，如果 $C$ 關於 $B$ 是整數的，並且 $B$ 關於 $A$ 是整數的，那麼 $C$ 關於 $A$ 是整數的。

命題。

令 $f:A\to B$ 是一個整擴張，其中 $B$ 是一個整環。那麼

• (i) $A$ 是一個域當且僅當 $B$ 是一個域。
• (ii) $B$ 的每一個非零理想都與 $A$ 有非零交集。

證明。 (i) 假設 $B$ 是一個域，並令 $x\in A$。由於 $x^{-1}\in B$ 並且是關於 $A$ 的整式，我們可以寫

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

將兩邊乘以 $x^{n-1}$ 我們看到 $x^{-1}\in A$。對於其餘部分，令 $0\neq b\in B$。我們有一個整式方程

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

由於 $B$ 是一個整環，如果 $n$ 是使 $b$ 消失的首一多項式的最小次數，那麼必須有 $a_{0}\neq 0$。這表明 $bB\cap A\neq 0$，從而得到 (ii)。此外，如果 $A$ 是一個域，那麼 $a_{0}$ 是可逆的，因此 $b$ 也是可逆的。 $\square$

定理（諾特歸一化）。

設 $A$ 是一個有限生成的 $k$-代數。那麼我們可以找到 $z_{1},...,z_{d}$ 使得

1. $A$ 關於 $k[z_{1},...,z_{d}]$ 是整的。
2. $z_{1},...,z_{d}$ 關於 $k$ 是代數無關的。
3. $z_{1},...,z_{d}$ 是 $A$ 的分式域 $K$ 的分離超越基，如果 $K$ 關於 $k$ 是可分的。

練習 A.10 (Artin-Tate)。

設 $A\subset B\subset C$ 是環。假設 $A$ 是諾特環。如果 $C$ 作為 $A$-代數是有限生成的，並且關於 $B$ 是整的，那麼 $B$ 作為 $A$-代數是有限生成的。

練習。

環同態 $f:A\to \Omega$ （其中 $\Omega$ 是代數閉域）可以擴充套件到 $F:A[b]\to \Omega$（答案：http://www.math.uiuc.edu/~r-ash/ComAlg/)

諾特環

練習。

一個環是諾特環當且僅當它的每一個素理想都是有限生成的。（參見 T. Y. Lam and Manuel L. Reyes, A Prime Ideal Principle in Commutative Algebra 以獲得對這類結果的系統研究。）

下一個定理提供了許多諾特環的例子。

定理 A.7（希爾伯特基定理）。

$A$ 是一個諾特環當且僅當 $A[T_{1},...T_{n}]$ 是諾特環。

證明。 用歸納法證明，只需證明 $A[T]$ 是諾特環。設 $I\triangleleft A[T]$。設 $L_{n}$ 是 $I$ 中所有次數小於等於 $\leq n$ 的多項式的所有係數的集合。由於 $L_{n}\triangleleft A$，存在 $d$ 使得

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

對於每個$0\leq n\leq d$，選擇有限個元素$f_{1n},f_{2n},...f_{m_{n}n}$ 屬於 $I$ ，這些元素的係數$b_{1n},...b_{m_{n}n}$ 生成 $L_{n}$。令 $I'$ 為由 $f_{jn}$ 對所有 $j,n$ 生成的理想。我們斷言 $I=I'$。顯然， $I\subset I'$。我們用關於 $I$ 中多項式次數的歸納法證明相反的包含關係。令 $f\in I$，$a$ 為 $f$ 的最高次項係數，$n$ 為 $f$ 的次數。那麼 $a\in L_{n}$。如果 $n\leq d$，那麼

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

特別是，如果 $g=a_{1}f_{1n}+a_{2}f_{2n}+...+a_{m_{n}}f_{{m_{n}}n}$，那麼 $f-g$ 的次數嚴格小於 $f$，因此根據歸納假設，$f-g\in I'$。由於 $g\in I'$，所以 $f\in I'$。如果 $n\geq d$，那麼 $a\in L_{d}$，並且相同的論證表明 $f\in I'$。 $\square$

練習。

令 $A$ 為區間 $[0,1]$ 上所有連續函式構成的環 $f:[0,1]\to [0,1]$。 $A$ 不是諾特環。

令 $(A,{\mathfrak {m}})$ 是一個諾特區域性環，其中 $k=A/{\mathfrak {m}}$。令 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$。那麼 ${\mathfrak {i}}$ 被稱為一個定義理想，如果 $A/{\mathfrak {i}}$ 是阿廷環。

定理。

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

如果上述等式成立，則稱區域性環 $A$ 為正則。

定理。

設 $A$ 是一個諾特環。則 $\dim A[T_{1},...,T_{n}]=n+\dim A$.

證明。 由歸納法，只需證明 $n=1$ 的情況。 $\square$

定理。

設 $A$ 是一個有限維 $k$-代數。如果 $A$ 是一個域，其分數域為 $K$，則 $\dim A=\operatorname {trdeg} _{k}K$.

證明。 由諾特歸約引理，$A$ 關於 $k[x_{1},...,x_{n}]$ 是整的，其中 $x_{1},...,x_{n}$ 關於 $k$ 是代數無關的。因此，$\dim A=\dim k[x_{1},...,x_{n}]=n$。另一方面，$\operatorname {trdeg} _{k}K=n$。 $\square$

定理。

設 $A$ 是一個具有 (ACCP) 的域。則 $A$ 是唯一分解域當且僅當每個高度為 1 的素理想 ${\mathfrak {p}}$ 是主理想。

證明。 ($\Rightarrow$) 根據定理 A.10，${\mathfrak {p}}$ 包含一個素元 $x$。那麼

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

其中第二個包含關係必須是等式，因為 ${\mathfrak {p}}$ 的高度為 1。($\Leftarrow$) 根據定理 A.10，只需要證明 $A$ 是一個 GCD 域。 (待辦事項：完成證明。) $\square$

定理。

正則區域性環是 UFD。

定理 A.10 (克魯爾交定理)。

令 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$ 是一個真理想。如果 $A$ 是一個諾特域或一個區域性環，那麼 $\bigcap _{n\geq 1}{\mathfrak {i}}^{n}=0$。

定理 A.15。

令 ${\mathfrak {i}}\triangleleft A$。如果 $A$ 是諾特環，

${\sqrt {\mathfrak {i}}}^{n}\subset {\mathfrak {i}}\subset {\sqrt {\mathfrak {i}}}$ 對於某個 $n$。

特別地，$A$ 的零根是冪零的。

證明。 當 ${\mathfrak {i}}=0$ 時，證明成立。因此，證明簡化為證明 *A* 的冪零根是冪零的。由於 $A$ 是冪零的，我們有有限個冪零元素 $x_{1},...,x_{n}$ 張成 ${\sqrt {(0)}}$。那麼，當我們取足夠高的冪次時，它們的任何線性組合的冪次都是包含某個 $x_{j}$ 的高冪次項之和。因此，${\sqrt {(0)}}$ 是冪零的。 $\square$

命題 A.8.

如果 $A$ 是諾特環，那麼 ${\hat {A}}$ 是諾特環。

推論。

如果 $A$ 是諾特環，那麼 $A[[X]]$ 是諾特環。

扎里斯基拓撲

對於給定的 ${\mathfrak {a}}\triangleleft A$，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，形式為 $\operatorname {V} ({\mathfrak {a}})$ 的集合的集合包含空集和 $\operatorname {Spec} (A)$，並且在交集和有限並運算下封閉。換句話說，我們可以為 $\operatorname {Spec} (A)$ 定義一個拓撲，透過宣告 $\operatorname {Z} ({\mathfrak {i}})$ 為閉集。得到的拓撲稱為 Zariski 拓撲。令 $X=\operatorname {Spec} (A)$，並記作 $X_{f}=X\backslash V((f))=\{P\in X|P\ni f\}$.

命題 A.16。

我們有

• (i) $X_{f}$ 是準緊的。
• (ii) $X_{fg}$ 與 $\operatorname {Spec} (A[f^{-1}])_{g}$ 規範同構。

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

練習。

令 $A$ 為區域性環。則 $\operatorname {Spec} (A)$ 是連通的。

推論。

$\operatorname {Spec} (B)\to \operatorname {Spec} (A)$ 是一個閉滿射。

定理 A.12。

如果對於每個極大理想 ${\mathfrak {m}}$，$A_{m}$ 是諾特環，並且對於每個 $x\in A$，集合 $\{{\mathfrak {m}}\in \operatorname {Max} (A)|x\in m\}$ 是有限的，那麼 $A$ 是諾特環。

整閉域

引理 A.8。

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

命題 A.9。

在 GCD 域中，每個不可約元素都是素元素。

證明。令 $x$ 為不可約元素，並假設 $x|yz$。那麼 $x|(x,yz)$。如果 $(x,yz)=1$，$x$ 是一個單位，這是我們預設忽略的情況。因此，根據引理，$d=(x,y)$，假設是一個非單位元素。由於 $x$ 是不可約的，$x|d$，因此 $x|y$。 $\square$

特別是，在作為 GCD 域的多項式環中，每個不可約多項式都是一個素元素。

定理（未定義：ACC）。

令 A 為一個滿足主理想升鏈條件的環（例如：諾特環）。那麼 $A$ 中的每個 x 都是不可約元素的有限乘積。

定理 A.10。

令 $A$ 為一個域。以下條件等價。

1. 每個非零非單位元素都是素元素的有限乘積。
2. （Kaplansky）每個非零素理想包含一個素元素。
3. $A$ 是一個 GCD 域，並且在主理想上滿足 (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. $\square$

滿足定理中等價條件的域稱為唯一分解域或簡稱為 UFD。

推論。

如果 $A$ 是一個唯一分解整環，則 $A[X]$ 是一個唯一分解整環。如果 A 是一個主理想整環，則 $A[[X]]$ 是一個唯一分解整環。

定理 A.13 (Nagata 準則)。

設 A 為一個整環，$S\subset A$ 為由素元生成的乘法封閉子集。則 $A$ 是一個唯一分解整環當且僅當 $S^{-1}A$ 是一個唯一分解整環。