复习交换代数——Noether正规化

Posted 2021-02-04 xiongruimath

目录

• 简介
• 初等启发
• 证明过程
• 几何意义
• 定理应用
• 参考资料

 

 

简介

在交换代数中有如下定理

Noether正规化引理 令$R$是一个有限生成$k$-代数整环，则存在$t_1,ldots,t_nin R$使得$$ksubseteq_{ extrm{纯超越}} k[t_1,ldots,t_n]subseteq_{ extrm{整}} R$$其中纯超越指的是$t_1,ldots,t_n$代数无关，整指的是任何$xin R$都满足一个$k[t_1,ldots,t_n]$上的整性方程。

该定理还有如下『加强包』

Noether正规化引理加强包1 如果$R=k[x_1,ldots,x_n]$，且$k$是无限域，那么$t_i$可以选作其线性组合。

Noether正规化引理加强包2 如果预先选定真理想升链$mathfrak{a}_1subseteq ldots subseteq mathfrak{a}_r$，那么还可以假设$$mathfrak{a}_icap k[t_1,ldots,t_n]=left<t_1,ldots,t_{h_i} ight>qquad h_igeq 0$$

以上两个『加强包』不冲突。

 

初等启发

首先，我们考虑一个初等的问题。

问题 考虑单位圆$C: x^2+y^2=1$，如果多项式$f(x,y)$满足任何$C$上的点$(x,y)$都有$f(x,y)=0$，那么一定有$x^2+y^2-1| f(x,y)$。

简证 这个问题当然非常简单，只需用$x^2+y^2-1$对$f(x,y)$作带余除法，得到的余式$r(x,y)$是关于$x$的一次式，这样，带入$y=0$，注意到$r(x,0)$有两个零点$x=pm 1$于是$r(x,y)=0$。

或许你的高中老师强调过，所谓『曲线方程』，指的是『曲线上的点都满足方程，满足方程的点都在曲线上』。然而实际上曲线并不能完全决定方程，因为$(x^2+y^2-1)^2=0$也是上述单位圆的方程。而上面这个过程说明$x^2+y^2-1$是『最简的』。我们会作如下猜想

猜想 是否对$n$元不可约多项式$f$定义的超曲面$C={f=0}$，任意多项式$g$满足任何$C$上的点$p$带入都有$g(p)=0$，那么一定有$f | g$。

回顾上述过程，有两点原因迫使我们的证明失效。

• 例如$f(x)=x^2+1$，这是一个在实数上没有解的曲面，不可能指望任何多项式都被$x^2+1$整除。
• 例如$f(x,y)=xy-1$，此时我们不能使用带余除法，因为$x$前系数不是一个数。

为了规避第一点，我们只需要将$mathbb{R}$换成某个代数闭域。为了规避第二点，我们相信经过某种变换，任何一个这样的多项式都可以变成关于$x$的最高次系数是一个数。例如这里，我们只需要带入$y=x+z$，即可得到$xy-1=x(x+z)-1=x^2+zx-1$。当然，直接变成双曲线也未尝不可。这一过程我们可以抽象成下面的定理。

定理(Noether) 对于域$k$上的多项式$f(X_1,ldots,X_n)$，假如$k$是无限域，一定存在多项式$t_2,ldots,t_n$使得$$f=lambda X_1^n +sum_{k<n} g_k(t_2,ldots,t_n) X^k qquad ngeq 0, lambdain ksetminus {0}, g_kin k[t_2,ldots,t_n]$$

证明 对于$igeq 2$，取$t_i=X_i+lambda_i X_1$，带入$f$会发现只要保证$X_1$的最高次幂的系数不会被消成$0$即可，这总可以取恰当的$lambda_i$避免。$square$

证明中无限域用在了取$lambda_i$上。当然，这件事Nagata做得更绝一些，他去掉了$k$无限的假设。

定理(Nagata) 对于域$k$上的多项式$f(X_1,ldots,X_n)$，一定存在多项式$t_2,ldots,t_n$使得$$f=lambda X_1^n +sum_{k<n} g_k(t_2,ldots,t_n) X^k qquad ngeq 0, lambdain ksetminus {0}, g_kin k[t_2,ldots,t_n]$$

证明 对于$igeq 2$，取$t_i=X_i+ X_1^{lambda_i}$，带入$f$会发现$X_1$的次数空前的大，为了避免相消甚至可以取充分大的$lambda_i$各展开出现的$lambda X_i^k$两两次数不同。具体细节交给读者。$square$

 

证明过程

下面是Noether正规化的证明。

Noether正规化的证明 证明分为几步.

• 约化到多项式环的情况 假设$R=k[x_1,ldots,x_n]$, 考虑$k[X_1,ldots,X_n]$到$R$自然映射$varphi$, 考虑理想链$kervarphisubseteq varphi^{-1}(mathfrak{a}_1)subseteq ldots subseteq varphi^{-1}(mathfrak{a}_r)$. 不难验证如果多项式的情况得证了, 那么不难得到$R$的情况也正确. 最后验证时注意, $$left<t_1,ldots,t_{h_i} ight>=varphi(left<T_1,ldots,T_{H_i} ight>)=varphi(varphi^{-1}(mathfrak{a}_i)cap k[T_1,ldots, T_N]) =mathfrak{a}_i cap k[t_1,ldots,t_n]$$最后的等号是由于$ker varphisubseteq varphi^{-1}(mathfrak{a}_i)$
• 下面施加以归纳法, 在$r=1$, $mathfrak{a}_i$是主理想$t_1R$时. 因为是真理想有$t_1 otin k$, 根据假设$t_1$是超越的. 根据上面Noether和Nagata的定理可以写成$$t_1= aX_1^{p}+sum_{i<p}f_{i}X_1^{i}quad ain k, pgeq 0, f_{i}in k[t_2,ldots,t_n]$$上述整关系说明$X_1$在$k[t_1,ldots,t_n]$上整, 注意到根据$t_i$的取法, $k[t_1,ldots,t_n][X_1]=k[X_1,ldots ,X_n]$, 从而$k[X_1,ldots ,X_n]$在$k[t_1,ldots,t_n]$上有整. 关于超越的论断则是超越基的一般推论. 而注意到$mathfrak{a}_1cap k[t_1,ldots,t_n]supseteq left<t_1 ight>$. 为了证明反面, 任意取左边的元素$x=t_1x‘$, 则$x‘=x/t_1in k(t_1,ldots ,t_n)cap R$, 因为$k[t_1,ldots,t_n]$是整闭的, 从而$x‘in k[t_1,ldots,t_n]$, 从而$xin left<t_1 ight>$. 

• 接着处理一个理想的情形.  在$r=1$, 我们此时对$n$归纳, $n=1$时$k[X_1]$是主理想整环, 根据上一段是正确的. 对于$ngeq 2$, 任意选择主理想$t_1Rsubseteq mathfrak{a}_1$, 那么存在$t_1,u_2,ldots ,u_n$满足条件. 那么用归纳假设, 在$k[u_2,ldots ,u_n]$上考虑$mathfrak{a}_1cap k[u_2,ldots ,u_n]$的情形. 最后验证时注意, 设$$xin sum f_i t_1^iin mathfrak{a}_1cap k[t_1,ldots,t_n]quad f_iin k[t_2,ldots ,t_n]$$则$f_0=x-t_1(ldots )in mathfrak{a}_1$, 从而$f_0in left<t_2,ldots ,t_{h} ight>$, 从而$xin left<t_1,ldots ,t_{h} ight>$.

• 最后处理一般情形.  对于$rgeq 2$, 利用归纳假设, 已经可以取到$t_1,ldots,t_n$使得$$mathfrak{a}_icap k[t_1,ldots,t_n]=left<t_1,ldots,t_{h_i} ight>quad extrm{对某个正整数$h_i$, $1leq ileq r-1$}$$用上一段考虑$k[t_{h_{r-1}+1},ldots,t_n]$与$mathfrak{a}_rcap k[t_{h_{r-1}+1},ldots,t_n]$. 最后验证时注意, 假如记$h=h_i$, 那么$$x=sum f_{(j)}t_{1}^{j_1}ldots t_{h}^{j_{h}}in mathfrak{a}_icap k[t_1,ldots,t_n]quad f_{(j)}in k[t_{h+1},ldots ,t_n]$$则$f_{(0)}=x-t_1(ldots )-ldots -t_{h}(ldots )in mathfrak{a}_i$从而$f_{(0)}in mathfrak{a}_icap k[t_{h+1},ldots ,t_n]$. 而$$mathfrak{a}_icap k[t_{h+1},ldots ,t_n]=egin{cases}{0}& 1leq ileq r-1\\ left<t_{h+1},ldots,t_{h_r} ight> & i=rend{cases}$$

漫漫无期的归纳法终于结束. $square$

 上述证明虽然复杂，但是思路清晰，故过程有所简略，完整证明可见Altman & Kleiman A Term of Commutative Algebra。

 

几何意义

下面的讨论需要一些代数簇的几何。根据代数几何给出的代数和几何的对应

代数概念	几何概念
多项式环	仿射平面
整	有限
理想升链	代数集降链

就有Noether正规化的如下形态

Noether正规化引理 对于代数闭域$Bbbk$，$Bbbk$-代数簇$X$，则存在有限满射$X o mathbb{A}^n$，其中$n$是$X$的维数。

证明 注意到满射的论断来自于对于整扩张$R_1subseteq R_2$，则$mathfrak{m}$是$R_2$的极大理想当且仅当$mathfrak{m}cap R_1$是$R_1$的极大理想，而上行定理确保满射。$n$是维数来自于Noether正规化的推论$dim mathcal{A}(X)=operatorname{tr.deg}_{Bbbk} mathcal{K}(X)$，其中$mathcal{A}$表示坐标环，$mathcal{K}$表示有理函数域。$square$

两个『加强包』也分别变成

Noether正规化引理加强包1 假设$Xsubseteq mathbb{A}^m$，存在一个$mathbb{A}^m$的线性变换，将$X$映为$mathbb{A}^nsubseteq mathbb{A}^m$。

Noether正规化引理加强包2 假设$X_rsubseteq ldots subseteq X_0=X$是代数集，那么$X_i$可以被映成$mathbb{A}^n$的线性子空间，或者用几何学家的术语，『切片（slide）』。

此图甚好，来自Eisenbud Commutative algebra GTM150。

 

 

定理应用

下面简单列举一下应用，主要就是零点定理了。

Schein零点定理 令$A$是交换环, 理想$mathfrak{a}subseteq R$, 那么$$sqrt{a}=igcap_{ extrm{素理想}mathfrak{p}supseteq mathfrak{a}}mathfrak{p}$$

证明 通过商去$mathfrak{a}$, 可以假定$mathfrak{a}=0$. 那么$$f otin sqrt{0}iff 0 otin {1,f,f^2,ldots}iff A_f eq 0$$于是任意$A_f$的素理想(其存在性由Zorn引理保证)在$A$中的原像都是一个不含$f$的素理想, 命题得证.   $square$

Zariski零点定理 对于域$k$, 有限生成$k$-代数$A$, 如果$A$是域, 则$ksubseteq A$是有限域扩张.

证明 根据Noether正规化，可以分解为$ksubseteq Psubseteq A$，其中$P$同构于多项式环。注意到因为整性，$A$是域当且仅当$P$是域，从而多项式环$P$必然退化为$k$本身。$square$

弱零点定理 对于代数闭域$Bbbk$, $Bbbk[X_1,ldots,X_n]$的极大理想都形如$$left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight>$$其中$x_1,ldots,x_nin Bbbk$.

证明 简单的观察知道上述已经构成极大理想。任意取极大理想$mathfrak{m}$, 考虑$Bbbk[X_1,ldots,X_n]/mathfrak{m}$, 这显然是有限生成$Bbbk$-代数, 且构成一个域, 根据Zariski零点定理和$Bbbk$代数闭的假设, $Bbbk[X_1,ldots,X_n]/mathfrak{m}cong Bbbk$. 令$x_i$为$X_i$在$Bbbk$中的像, 那么$mathfrak{m}supseteq left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight>$, 而后者已构成极大理想, 故相等. $square$

Hilbert零点定理 对于域$k$, 有限生成$k$-代数$A$, 对于$A$的理想$mathfrak{a}$, 有$$sqrt{mathfrak{a}}=igcap_{ extrm{极大理想}mathfrak{m}supseteq mathfrak{a}}mathfrak{m}$$

证明 证明方法和schein零点定理如出一辙. 我们要说明最后考虑$A o A_f$时, 任意$A_f$的极大理想$mathfrak{m}$的原像$mathfrak{n}$也是极大理想. 此时可以得到单射$k o A/mathfrak{n} o A/mathfrak{m}$, 同样, 根据Zariski零点定理, $A/mathfrak{m}$是$k$的有限扩张, 从而子扩张$A/mathfrak{n}$自然也是域, 从而$mathfrak{n}$是极大理想.  $square$

强零点定理 对于代数闭域$Bbbk$, 理想$mathfrak{a}subseteq Bbbk[X_1,ldots,X_n]$. 则$$mathcal{I}(mathcal{Z}(mathfrak{a}))=sqrt{mathfrak{a}}$$其中$mathcal{I}$和$mathcal{Z}$分别代表子集的理想和理想的零点集。

证明  对于$(x_1,ldots,x_n)in mathbb{A}^n$, $$(x_1,ldots,x_n)in mathcal{Z}(mathfrak{a})iff mathfrak{a}subseteq left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight>$$ $$f(x_1,ldots,x_n)=0iff fin left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight>$$ 故 $$egin{array}{rll}mathcal{I}(mathcal{Z}(mathfrak{a}))&displaystyle =igcap_{(x_1,ldots,x_n)in mathcal{Z}(mathfrak{a})}left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight> & ecause extrm{定义}\\ &displaystyle = igcap_{left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight>supseteq mathfrak{a}}left<X_1-x_1,ldots,X_n-x_n ight> & \\ &displaystyle = igcap_{ extrm{极大理想}mathfrak{m}supseteq mathfrak{a}}mathfrak{m} & ecause extrm{弱零点定理}\\ &displaystyle = sqrt{mathfrak{a}} &  ecause extrm{Hilbert零点定理}end{array}$$ 命题得证. $square$

通过上行定理，下行定理，以及巧妙运用理想的性质，还可以证明如下推论。

定理 令$k$是域, $A$是有限生成$k$-代数整环. 那么$$dim A=operatorname{tr.deg}_k operatorname{Frac} A$$且任意$A$的素理想$mathfrak{p}$都有$$dim A=dim R_{mathfrak{p}}+dim A/mathfrak{p}$$换言之, 一条素理想升链$$mathfrak{p}_0subsetneqq ldots subsetneqqmathfrak{p}_r$$使得$r=dim A$当且仅当这条链是极长的. 这种性质被称为是链式(catenary)的。

 

参考资料

• Altman & Kleiman A Term of Commutative algebra 
• Mumford The Red Book of Varieties and Schemes
• Eisenbud Commutative algebra GTM150
• Atiyah A course of commutative algebra

 

最近担任学生面试组组长，在准备面试题，突然想到这里初等启发里的问题，发现似乎这是Noether正规化最朴素的切入点，正好总结一下。

当然，这道题我不会出进面试题里。

最近发现去年体侧全校有接近800人没过50去补测了或者别的办法弄毕业了，心里瞬间平衡了很多。