4.22

代数学二/main.typ

@@ -2957,7 +2957,7 @@
     ]
     #proposition[][
       设 $A subset B$ 且 $B$ 在 $A$ 上整，则
-      - 任取 $B$ 的理想 $J, B sect J$ 在 $A quo (J sect A)$ 上整
+      - 任取 $B$ 的理想 $J, B quo J$ 在 $A quo (J sect A)$ 上整
       - 任取 $A$ 的乘性子集 $S, Inv(S) B$ 在 $Inv(S) A$ 上整 
     ]
     #proposition[][
@@ -3195,7 +3195,7 @@
     #proof[
       本门课程不会用到这些事实，不作证明
     ]
-  == 赋值环
+  == 赋值、赋值谱
     #definition[][
       设 $A$ 是环，$P$ 是全序阿贝尔群，称一个赋值是映射：
       $
@@ -3263,6 +3263,157 @@
         $
         其中后者是 $F_p$ 上的平凡赋值
     ]
+  == 赋值环
     #definition[dominate][
       设 $A subset B$ 是局部环，极大理想分别为 $m, n$，若 $n sect A = m$ 则称 $B$ 支配 $A$
-    ]
+    ]
+    #definition[valuation ring][
+      设 $A$ 是整环，$k$ 是分式域，称 $A$ 是 $k$ 的赋值环，如果以下等价条件成立：
+      + $forall x in k, x in B or Inv(x) in B$
+      + 存在全序阿贝尔群 $(Gamma, +)$ 和满同态 $nu: k^* -> Gamma$，并且满足：
+        $
+        nu(x + y) >= min(nu(x), nu(y))\
+        nu(x y) = nu(x) + nu(y)
+        $
+        并且 $B = {x in k | nu(x) >= 0}$
+        此时，称 $v$ 是 $B$ 的一个（加性）赋值
+      + $A$ 的主理想在包含关系下构成全序集
+      + $A$ 的所有理想在包含关系下构成全序集
+      + $A$ 是局部环并且每个有限生成理想是主理想
+      + $A$ 是局部环且不存在 $k$ 中的局部环支配 $B$
+      + 存在代数闭域 $L$ 以及同态 $theta: A -> L$（一般不是单射），并且 $A, theta$ 是极大的，也就是若 $A subset A' subset k, theta': A' -> L$ 是 $theta$ 的延拓，则 $A = A'$
+    ]<valuation-ring-cond>
+    #proof[
+      - 1 $=>$ 2 取 $Gamma = k^* quo B^*$，$nu$ 是自然映射，只需给出序结构。对于 $gamma, gamma' in Gamma$，有：
+        $
+        gamma <= gamma' <=> gamma - gamma' in im(B - {0} -> Gamma)
+        $
+        #TODO
+      - 2 $=>$ 1 显然
+      - 1 $=>$ 3\
+        断言 $A$ 的主理想与 $(B - {0}) quo B^*$ 有一一对应\
+        #TODO
+        2 的结论就给出其上的全序关系
+      - 4 $=>$ 3 显然
+      - 3 $=>$ 4 任取两个理想 $I_1, I_2$ ，设 $I_1 subset.not I_2$ ，往证 $I_2 subset I_1$\
+        任取 $a in I - J, b in J$，$a in.not J => (a) subset.not (b) subset J$，而由主理想的全序性必有 $(b) subset (a) subset I => b in I$，证毕
+      - 4 $=>$ 5 由理想的全序性，两个极大理想必然可比，当然只能有唯一一个极大理想。同时，设 $I = (x_1, x_2, ..., x_n)$ ，此时 $(x_1)$ 与 $(x_2, x_3, ..., x_n)$ 相互包含，因此可以去掉一个生成元，以此类推可以只剩下一个生成元，进而是主理想
+      - 5 $=>$ 1 设 $a, b in k != 0$, 往证 $a / b in A or b / a in A$\
+        设 $I = (a, b)$ 由条件它是主理想，因此 $I quo m I$ 是一维的线性空间，进而：
+        $
+        exists u, v in A, (u + m I) a + (v + m I) b = m I => u a + v b in m I
+        $
+        其中 $u, v$ 不全在 $m I$ 之中，继而可设：
+        $
+        exists x, y in m, u a + v b = x a + y b=> (u - x) a = (y - v) b
+        $
+        无妨设 $u in.not m$ ，然而局部环表明 $u$ 是单位。同时 $x in m$，因此 $u - x$ 不在 $m$ 中，也是单位，进而 $a = k b, k in A$ ，证毕
+      - 1 $=>$ 6 假设 $A'$ 是局部环，且 $A subset.neq A'$，往证 $A'$ 不支配 $A$，也就是存在 $A$ 中极大理想中的元素，在 $A'$ 中是单位（进而 $m_A subset.not m_(A') sect A$） \
+        取 $x in A' - A$，由条件 $Inv(x) in A subset A'$ ，因此 $x$ 在 $A'$ 中一定是单位\
+        此时，$Inv(x)$ 当然不是 $A$ 中的单位，但在 $A'$ 中是单位，证毕。
+      - 6 $=>$ 7 设 $K = A quo m$ 是留域，取 $L$ 是 $K$ 的代数闭包，$theta: A -> A quo m -> L$\
+        假设存在延拓 $A subset A' subset k, theta': A' -> L, theta'|_A = theta$\
+        显然，$ker theta = m$，设 $m' = ker(theta')$，则 $A'$ 可以嵌入 $A'_m'$ （注意到 $A'$ 是域的子环，当然是整环），此时只需证明 $A = A'_(m')$ 因此不妨设 $A'$ 是局部环，$m'$ 是极大理想\
+        显然，此时 $m = ker theta = ker theta' sect A = m' sect A$，利用条件 6 知结论成立
+      - 7 $=>$ 1 这步较为困难，需要建立若干个引理，之后会证明
+    ]
+    #example[][
+      - 满足 $dim = 1$ 的赋值环只有两种：离散赋值环（赋值在 $ZZ$ 上的赋值，一定是 Noether 的）和非离散的
+      - 设 $v: k(x, y) -> ZZ^2$ 并使用 $ZZ^2$ 上字典序，也即 $v(x) = (1, 0), v(y) = (0, 1)$\
+        此时 ${x | v(x) >= 0}$ 是赋值环
+      - 设 $k[x] subset k[x^(1/2)] subset ... subset k[x^(1/n)] subset ..$\
+        $
+        O_n = k[x^(1/2^n)]_(p_n) where p_n = (x^(1/2^n))
+        $
+        可以验证：
+        $
+        O_n subset O_(n+1), p_(n+1) sect O_n = p_n
+        $
+        设 $O = union_n O_n$ ，此时 $O$ 是非 Noether 的赋值环，赋值群是
+        $
+        {z/(2^n) | z in NN, n in NN}
+        $
+        的子群
+    ]
+    #proposition[][
+      设 $B$ 是赋值环，$k$ 是分式域，则：
+      - $B$ 是局部环
+      - 设 $B'$ 是环使得 $B subset B' subset k$，则 $B'$ 也是赋值环
+      - $B$ （在 $k$ 中）整闭
+      - 设 $p$ 是 $B$ 的素理想，则 $B quo p, B_p$ 在各自的分式域都是赋值环
+    ]
+    #proof[
+      - 之前已经证明，但是我们换一种方法再次证明。设 $m$ 是 $B$ 中所有非单位元，显然只需证明 $m$ 是理想。\
+        - 假设 $a in B, x in m$，若 $a x in.not m$，则 $Inv((a x)) in B => Inv(x) = a Inv((a x)) in B$ 矛盾！
+        - 假设 $x, y != 0 in m$ ，由定义 $x Inv(y) in B$ 或 $y Inv(x) in B$ ，不妨设前者成立，则：
+          $
+          x + y = y (1 + Inv(y) x) 
+          $
+          显然若 $x + y$ 可逆，则 $y$ 也可逆，矛盾！
+      - 设 $x in k$，显然：
+        $
+        x in B => x in B'\
+        Inv(x) in B => Inv(x) in B'\
+        $
+        至少有一个成立，因此 $B'$ 当然也是赋值环
+      - 设 $x in k$ 在 $B$ 上整，设 $f(x) = 0$，也即：
+        $
+        x^(n) + a_1 x^(n-1) + ... + a_n = 0\
+        x + a_1 + ... + a_n x^(-(n-1)) = 0\
+        x = -a_1 - ... - a_n x^(-(n-1))\
+        $
+        注意到若 $x in.not B$ 必有 $Inv(x) in B$，然而上式右侧全部是 $B$ 中元素，进而 $x$ 也是，矛盾！
+      - 简单验证即可 #TODO
+    ]
+    #theorem[赋值环的构造][
+      设 $k$ 是任意一个域，$Omega$ 是代数闭域，令：
+      $
+      Sigma = {(A, f) | A subset k "是子环", f in Hom(A, Omega)}
+      $
+      定义偏序关系：
+      $
+      (A, f) <= (A', f') <=> "存在交换图表："
+      $
+      #align(center)[#commutative-diagram(
+      node((0, 0), $A$, 1),
+      node((0, 1), $A'$, 2),
+      node((1, 0), $Omega$, 3),
+      arr(1, 2, $$, inj_str),
+      arr(2, 3, $f'$),
+      arr(1, 3, $f$),)]
+      则 $Sigma$ 非空且有极大元，且其极大元是赋值环 
+    ]
+    #proof[
+      首先，$Sigma$ 非空（可以取 $(0, 0)$），且满足 Zoun 引理条件，进而存在极大元\
+      设 $B$ 是一个极大元
+      #lemma1[
+         $B$ 是局部环，且 $m = ker(f)$ 是极大理想
+      ]
+      #proof[
+        设 $m =  ker(f)$，可以局部化得到 $B_m$，同时注意到：
+        $
+        f(B - m) subset U(Omega)
+        $
+        当然 $f$ 可以延拓到 $B_m$ 上，而由极大性得 $B_m = B$，证毕
+      ]
+      #lemma1[
+        任取 $x in k - {0}, B[x] subset k, m[x] := m B[x]$ ，则以下两者至少有一个成立：
+        - $m[x] subset.not B[x]$
+        - $m[Inv(x)] subset.not B[Inv(x)]$
+      ]
+      #proof[
+        如若不然，则两者同时成立，则由 $1 in B[x], B[Inv(x)]$ 得：
+        $
+        1 = sum_(i=0)^n u_i x^i, u_i in m\
+        1 = sum_(i=0)^m v_i x^(-i), v_i in m
+        $
+        不妨设 $m, n$ 各自最小且 $m >= n$，此时二式给出：
+        $
+        (1 - v_n) x^n = v_1 x^(n-1) +... + v_(n-1) x + v_n
+        $
+        注意到 $1-v_n$ 是单位，上式可以化成首一的多项式，进而和一式做带余除法将降低次数，与 $m, n$ 的极小性矛盾！
+      ]
+      回到定理的证明，往证 $x in B or Inv(x) in B$，由上面的引理不妨设 $m[x] != B[x] := B'$，则存在 $B'$ 的极大理想 $m'$ 使得 $m[x] subset m'$\
+      另一方面，我们证明 $f: B -> Omega$ 可以延拓到 $B' = B[x]$ 上即可\
+      首先，显然有 $m' sect B = m$（既然 $m subset m' sect B$ 而 $m$ 是极大理想），这表明 $B quo m$ 可以嵌入 $B' quo m'$，且 $B' quo m'$ 在 $B quo m$ 上代数
+    ]

代数学二/作业/hw7.typ

@@ -0,0 +1,126 @@
+#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5",
+  author: "YHTQ",
+  date: none,
+  logo: none,
+  withOutlined : false,
+  withTitle :false,
+)
+（应交时间为4月16日）
+#let Supp = math.op("Supp")
+#set heading(numbering: none)
+= p78
+  == 1
+    === i
+      注意到有递增子模链：
+      $
+      ker mu <= ker mu^2 <= ... <= ker mu^n <= ...
+      $
+      由条件知最终将稳定，可设 $ker mu^n = ker mu^(n+1)$，因此：
+      $
+      mu^(n+1) (m) = 0 <=> mu (mu^n (m)) = 0 <=> mu^n (m) = 0
+      $
+      然而 $mu$ 是满射，$mu^n$ 也是，进而上式表明 $ker mu = 0$，证毕
+    === ii
+      注意到有递降子模链：
+      $
+      M >= im mu >= im mu^2 >= ... >= im mu^n >= ...
+      $
+      由条件知最终稳定，可设 $im mu^n = im mu^(n+1) := M'$\
+      然而注意到：
+      $
+      im mu^n = mu(im mu^(n-1)) \
+      im mu^n = im mu^(n+1) = mu(im mu^(n))\
+      mu(im mu^(n-1)) = mu(im mu^(n)) => im mu^(n-1) = im mu^n
+      $
+      （最后利用了 $mu$ 是单射）\
+      这表明 $n$ 可以一直降低，最终说明 $im mu = M$，证毕
+  == 2
+    对 $M$ 的任意子模 $M'$，设：
+    $
+    Sigma = {M'' subset M' | M'' "是有限生成子模"}
+    $
+    条件表明它将有极大元。设极大元为 $M''$，然而往有限生成模中扩充任何元素都还是有限生成的，因此 $M''$ 只能为 $M'$，表明 $M$ 的所有子模都有限生成
+  == 3
+    由熟知的同构：
+    $
+    M quo N_1 times M quo N_2  tilde.eq M quo N_1 sect N_2 
+    $
+    及有限直积保持 Noether/Artin 知结论成立
+  == 4
+    此时必有 $M$ 有限生成，进而可设 $M = sum_i A x_i$，有：
+    $
+    Ann(M) = sect_i Ann(x_i)\
+    A quo Ann(M) tilde.eq product_i A quo Ann(x_i) tilde.eq product_i A x_i
+    $  
+    而 $A x_i$ 作为 Noether 模的子模有限生成，进而 $A quo Ann(x_i)$ 作为有限 $A-$代数是 Noether 的，作为环也是，由上题结论知结果成立
+
+    若 $M$ 是 Artin 的，结果当然未必，例如设 $p$ 是素数，则 $ZZ[1/p] quo ZZ$ 作为 $ZZ$ 模 Artin，并且没有非零零化子，但 $ZZ$ 不是 Artin 的
+  == 5
+    注意到子空间 $Y$ 中开集均形如 $A sect Y$，其中 $A$ 是 $Y$ 中开集，当然将满足升链条件。
+
+    为了证明拟紧，任取一族开覆盖 $union E = X$，考虑：
+    $
+    Sigma = {union E' | E' "是" E "的有限子集"}
+    $
+    $sigma$ 将是开集族，由升链条件，$Sigma$ 有极大元 $E'$，容易验证 $union E' = X$，否则可以再添加一个点的覆盖到 $E'$ 使得覆盖的空间更大，与极大性矛盾
+  == 6
+    == i) $=>$ iii)
+      已经证明每个子空间都 Noether，而 Noether 空间都拟紧，因此结论成立
+    == iii) $=>$ ii)
+      显然
+    == ii) $=>$ i)
+      任取开集的升链：
+      $
+      A_1 <= A_2 <= ... <= A_n <= ...
+      $
+      则 ${A_i}$ 构成开子空间 $union_i A_i$ 的开覆盖，将有有限开覆盖。由于这族开集是全序的，相当于只需一个 $A_n$ 即可覆盖，蕴含 $A_m = A_n, forall m >= n$，证毕
+  == 7
+    设 $Sigma$ 为所有不能写成有限个不可约分支的并的闭子空间，注意到这是一族闭集，假设它非空，由降链条件存在极小元 $Y$。\
+    显然 $Y$ 不是空集，任选 $x in Y$ 以及包含它的不可约分支 $Gamma subset Y$，则 $Y - Gamma$ 可写成有限个不可约分支的并，继而再加上 $Gamma$ 便将 $Y$ 写成了有限个不可约分支的并，矛盾！\
+    因此原集合是空集
+
+    进一步，设 $X = union_i X_i$，任取其中一个不可约分支 $C$，将有：
+    $
+    C = union_i (C sect X_i)
+    $
+    然而 $C$ 不能写成其中有限个非空闭集的并，继而：
+    $
+    exists i, C = C sect X_i
+    $
+    再由极大性，$C = X_i$，证毕
+  == 8
+    显然 $Spec(A)$ 中闭集都是 $V(alpha), alpha$ 是环中理想。理想的升链条件将导出闭集的降链条件，因此 $Spec(A)$ 是 Noether 的
+
+    反面不成立，例如令 $A = QQ[x_1, x_2, ..., x_n, ...] quo (x_1^2, x_2^2, ..., x_n^2, ...)$，注意到它当然不是 Noether 环，同时 $Spec(A)$ 同胚于 $Spec(A quo Re)$\
+    但另一方面，$A$ 中所有不是单位的元素都幂零，因此 $A quo Re tilde.eq QQ$ 是域，素谱是单点集，当然是 Noether 空间
+  == 9
+    前面已经证明了极小素理想与不可约分支的一一对应，因此结论成立
+  == 10
+    熟知 Noether 模有限生成，此时有：
+    $
+    Supp(M) = V(Ann(M))
+    $
+    因此确实是闭集，只需验证其中降链条件。事实上，若存在其中无穷下降的闭集链：
+    $
+    V(Ann(M)) := V(I_0) > V(I_1) > ... > V(I_n) > ...
+    $
+    当然有 $Ann(M) := I_0 < I_1 < ... < I_n$\
+    此时，将有上升的子模链：
+    $
+    0 = I_0 M <= I_1 M <= ... <= I_n M <= ...
+    $
+    注意到：
+    $
+    Supp(M quo I_n M) = V(I_n + Ann(M)) = V(I_n) 
+    $
+    因此 
+    $
+    I_n = I_(n+1) => Supp(M quo I_n M) = Supp(M quo I_(n+1) M) => V(I_n) = V(I_(n+1))
+    $
+    从而子模升链中每项严格上升，与 Noether 模条件矛盾！
+