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| Original file line number | Diff line number | Diff line change |
|---|---|---|
| @@ -0,0 +1,92 @@ | ||
| #import "../../template.typ": proof, note, corollary, lemma, theorem, definition, example, remark, proposition,der, partialDer, Spec, AModule, lemma1, tensorProduct, directSum, directLimit | ||
| #import "../../template.typ": * | ||
| #import "@preview/commute:0.2.0": node, arr, commutative-diagram | ||
|
|
||
| #show: note.with( | ||
| title: "作业9", | ||
| author: "YHTQ", | ||
| date: none, | ||
| logo: none, | ||
| withOutlined : false, | ||
| withTitle :false, | ||
| ) | ||
| （应交时间为4月30日） | ||
| #set heading(numbering: none) | ||
| = p69 | ||
| == 16 | ||
| 设 $A = k[x_1, x_2, ..., x_n]$，可以找到 $x_1, x_2, ..., x_n$ 的一个极大代数无关组，不妨设为 $x_1, x_2, ..., x_r$（若其中全部都是 $k$ 上的代数元则 $r = 0$，否则选出一个超越元成为 $x_1$，再寻找是否存在 $k[x_1]$ 上的代数元，以此类推） 若 $r = n$ 或 $r = 0$ 结论已经成立，下设 $0 < r < n$\ | ||
| 此时，当然有 $x_1, x_2, ..., x_r, x_n$ 代数相关，因此设 $n$ 次多项式 $f != 0$ 满足： | ||
| $ | ||
| 0 = f(x_1, x_2, ..., x_r, x_n) := sum_(d_n = 0)^n (sum_(l_1 + l_2 + ... +l_(r) + d_n <= n) a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n) x_1^(l_1) x_2^(l_2) ... x_(r)^(l_(r))) x_n^(d_n) | ||
| $ | ||
| - 首先，设： | ||
| $ | ||
| f'(x) = sum_(d_n = 0)^n (sum_(l_1 + l_2 + ... +l_(r) + d_n <= n) a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n) x_1^(l_1) x_2^(l_2) ... x_(r)^(l_(r))) x^(d_n) | ||
| $ | ||
| 当然就有 $f'(x_n) = 0$。同时，$f'$ 不可能是零多项式，否则每个系数都是 $x_1, x_2, ..., x_r$ 的零化多项式，由代数无关性这些多项式也是零多项式，表明 $f = 0$ ，与假设矛盾\ | ||
|
|
||
| 然而它未必首一。观察发现 $f'$ 的 $n$ 次项仅有常系数，若恰非零则除去可逆元后成为首一多项式，但可能为零导致 $f'$ 不是首一多项式。为此，希望取得 $lambda_i$ 以及 $x'_i = x_i - lambda_i x_n, i = 1, 2, ..., r$，代入上式将有： | ||
| $ | ||
| 0 = sum_(d_n = 0)^n (sum_(l_1 + l_2 + ... +l_(r) + d_n <= n) a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n) (x'_1 + lambda_1 x_n)^(l_1) (x'_2 + lambda_2 x_n)^(l_2) ... (x'_r + lambda_2 x_r)^(l_(r))) x_n^(d_n) | ||
| $ | ||
| 不难发现它关于 $x_n$ 的 $n$ 次项系数为： | ||
| $ | ||
| sum_(l_1 + l_2 + ... +l_(r) + d_n = n) a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n) lambda_1^(l_1) lambda_2^(l_2) ... lambda_r^(l_r) | ||
| $ | ||
| 若设 $f$ 的 $n$ 次项恰为 $F(x_1, x_2, ..., x_r, x_n) != 0$，上式就是 $F(lambda_1, lambda_2, ..., lambda_r, 1)$ 为了证明可以取到一组 $lambda_i$ 使得前式非零（进而可逆，可以将多项式化为首一），注意到 $F$ 形如： | ||
| $ | ||
| sum_(d_n = 0)^n (sum_(l_1 + l_2 + ... +l_(r) + d_n = n) a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n) x_1^(l_1) x_2^(l_2) ... x_(r)^(l_(r))) x_n^(d_n) | ||
| $ | ||
| 假设对于所有 $lambda_i$ 都有前式为零，由无限域的性质将有代入 $x_n = 1$ 的结果： | ||
| $ | ||
| sum_(d_n = 0)^n (sum_(l_1 + l_2 + ... +l_(r) + d_n = n) a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n) x_1^(l_1) x_2^(l_2) ... x_(r)^(l_(r))) | ||
| $ | ||
| 是零多项式，观察形式将有每个系数 $a_(l_1, l_2, ..., l_(r), d_n)$ 都是零，进而 $F$ 是零，这是荒谬的。因此我们希望的 $lambda_i$ 是存在的。 | ||
| - 上面结果已经表明，存在系数落在 $k[x'_1, x'_2, ..., x'_r] subset A' := k[x'_1, x'_2, ..., x'_r, x_(r+1), ..., x_(n-1)]$ 之中的 $x_n$ 的首一零化多项式，也即 $x_n$ 在 $A'$ 上整。$A'$ 的生成元个数严格减少，因此可以归纳并假设存在 $y'_1, ..., y'_s$ 代数无关并且 $A'$ 在 $k[y'_1, ..., y'_s]$ 上整，进而由传递性 $x_n$ 在其上整，同时由 $x_i = x'_i + lambda_i x_n$ 及 $x'_i in A', i = 1, 2, ..., r$ 知 $x_i$ 也在其上整，$x_(r+1) ... x_n$ 当然也整，因此 $A$ 的所有生成元都在其上整，证毕 | ||
| - 对于第二个结论，注意到 $A = k[t_1, ..., t_n] quo I(X)$ 是有限生成 $k-$代数，由该题结论存在 $y_1 + I(X), ..., y_r + I(X) in A$ 满足上述的条件。\ | ||
| 由第一章的习题，这 $r$ 个多项式产生多项式映射 $Phi: k^n -> k^r$，往证 $Phi|_X$ 确实是满射。为此，任取 $y' in k^r$，令： | ||
| $ | ||
| funcDef(f_(y'), k[y_1 + I(x), y_2 + I(x), ..., y_r + I(x)], k, f(y_1, y_2, ..., y_r), f(y'_1, y'_2, ..., y'_r)) | ||
| $ | ||
| 不难验证这是一个 $k-$代数同态，由之前的习题它可以被提升到 $f'_(y') : A -> k$\ | ||
| 注意到 $f_(y')$ 是满射，$f'_(y')$ 自然也是，由同构定理不难得到 $ker f'_(y')$ 是极大理想。我们暂且利用希尔伯特零点定理，设其形如： | ||
| $ | ||
| ker f'_(y') = m_x = {f in A | f(x) = 0} | ||
| $ | ||
| 再取： | ||
| $ | ||
| f'_x : f: A -> f(x) : k | ||
| $ | ||
| 不难发现 $f'_x$ 与 $f'_(y')$ 都诱导 $A quo m_x tilde.eq k$ 的域自同构，结合它们都是 $k-$ 代数同态可得它们相等，立得： | ||
| $ | ||
| y'_i = f'_(y') (y_i) = y_i (x), forall i = 1, 2, ..., r | ||
| $ | ||
| 这就给出了 $x in X$ 成为 $y'$ 的原像，证毕 | ||
|
|
||
| == 17 | ||
| 题干似乎应该是若设 $X = Z(alpha)$ 且 $alpha != (1)$ 则 $X$ 非空\ | ||
| 若这个事实成立，则极大理想 $alpha$ 对应的 $Z(alpha)$ 非空，结合极大性知只能是单点集，如此立得 $alpha = m_x$ 也即结论成立。\ | ||
| 然而看起来上面的事实并不容易从上题结论推出（何况上题第二个结论已经利用了希尔伯特零点定理的结果） | ||
| == 18 | ||
| #lemma1[ | ||
| 设 $A$ 是唯一分解整环，则 $A$ 是整闭的 | ||
| ] | ||
| #proof[ | ||
| 设 $x = a/b$ 位于 $A$ 的分式环中，不妨设 $a, b$ 互素。若它在 $A$ 上整，则： | ||
| $ | ||
| x^n + a_(n-1) x^(n-1) + ... + a_0 = 0\ | ||
| (a/b)^n + a_(n-1) (a/b)^(n-1) + ... + a_0 = 0\ | ||
| a^n + a_(n-1) a^(n-1) b + ... + a_0 b^n = 0 | ||
| $ | ||
| 然而观察上式立得 $b | a$ ，除非 $x in A$ 否则这是荒谬的 | ||
| ] | ||
| 设 $B = k[x_1, x_2,..., x_n], A = k[x_1], k_A = k(x_1)$\ | ||
| 利用归纳法，$B$ 将是 $k_A$ 的有限代数扩张，假设 $x_1$ 在 $k$ 上代数则由传递性结论显然，否则 $A$ 当然是唯一分解整环，继而 $A$ 是整闭的。 | ||
| 由有限代数扩张，$x_2, ..., x_n$ 在 $k_A$ 上有首一的零化多项式。注意到这些系数都位于 $k(x_1)$ 之中，不妨设其公分母为 $f$，进而 $B$ 在 $A_f supset k_A$ 上整，然而 $A$ 整闭表明 $A_S$ 也整闭，这表明： | ||
| $ | ||
| A_f = k_A | ||
| $ | ||
| 然而注意到 $A$ 是整环，$A$ 可以嵌入 $A_f$ 继而 $A_f = A[1/f]$ 是有限生成 $A-$代数，但由 $x_1$ 的超越性 $k(x_1)$ 当然不是 $k[x_1]$ 的有限生成代数，矛盾！ | ||
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