交换代数习题

Please refer to [1, Section 1] .

$$ \DeclareMathOperator{\id}{id} \DeclareMathOperator{\Hom}{Hom} \DeclareMathOperator{\nil}{nil} \DeclareMathOperator{\rad}{rad} \DeclarePairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert} \DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lVert}{\rVert} \newcommand{\ol}{\overline} $$

Exercise 1

要判断一个元素 $a$ 是不是 unit, we are safe to pass to its image $\ol{a}$ in $A/\nil(A)$.

显然如果 $a$ 是 unit, 那么 $\ol{a}$ 也是 unit. 证明的过程基于下述基本性质:

Lemma

$\text{nilpotent} + \text{unit} = \text{unit}$.

Proof. 设 $u$ 是 unit 满足 $uv = 1$ ($v$ is also a unit), $x$ 幂零满足 $x^n = 0$ (hence $x^m = 0$ for all $m \ge n$). $u + x = u(1 + vx)$, 注意 $vx$ 也满足 $(vx)^n = 0$ 幂零, 所以我们可以一开始就不妨设 $u = 1$.

要证明 $1 + x$ 可逆, 我们有 $$ (1 + x)\left(\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kx^k\right) = 1 + (-1)^{n-1}x^n = 1. $$ 所以 $1 + x$ 确实是 unit. $\square$

现在 $\overline{a}$ 是 unit, 于是存在 $b \in A$ 满足 $\overline{ab} = \overline{1}$, i.e. $ab = 1 + x$ for some $x \in I$. $x$ 幂零, 从而 $ab = 1 + x$ 是 unit $\implies a$ 是 unit.

Exercise 2

事实上, 我们有一个更一般的结论:

Lemma (Structure of ideals in product of rings)

Let $A_i, i = 1, \cdots, n$ be a (finite) family of rings with $1$. Let $I$ be an ideal of the product ring $A = \prod_{i=1}^n A_i$, then $I$ is of the form $I_1 \times \cdots \times I_n$ where $I_i$ is an ideal of $A_i$.

Proof. See MSE 101214 $\square$

Consider the map $A \to A_1/I_1\times \cdots \times A_n/I_n$, the kernel of this map is precisely $I_1 \times \cdots \times I_n$, hence we get the isomorphism

$$ A_1\times \cdots \times A_n/I_1 \times \cdots \times I_n \cong A_1/I_1 \times \cdots \times A_n/I_n. $$

A product $C \times D$ of two non-zero rings $C$ and $D$ always has zero divisors: taking $c \in C, d \in D$ both non-zero, we get $(0,0) = (c,0)(0,d)$.

于是 $A$ 的素理想一定是恰好其中一个 $I_i$ 是 $A_i$ 的素理想, 其他的 $I_j$ 都满足 $I_j = A_j$.

Exercise 3

(a) 用到了一个 $\rad(A)$ 的一个刻画性质:

Lemma

$x \in \rad(A)$ if and only if $1 + xa \in A^\times$ for all $a \in A$.

包含关系严格的构造思路是我们希望 $\rad(A) = (0)$ e.g. 取 $A = \ZZ$. 然后 $B$ 是 $A = \ZZ$ 的 quotient, 所以 $B$ 形如 $\ZZ/(b)$. 当 $b = 4$ 的时候, $\ZZ/(4)$ 有唯一的一个极大理想 $(2)/(4)$.

第 (b) 问利用了当 $f$ 是满射的时候, 我们有 $f(IJ) = f(I)f(J)$, 这里 $I, J$ 是 $A$ 的理想. 设 $\rad(A) =$ $\km_1 \cap \cdots \cap \km_r =$ $\km_1\cdots \km_r$, 设 $I = \ker(f)$, 设 $I \subseteq \km_i$ for all $1 \le i \le s$ and $I \not\subseteq \km_i$ for all $s < i \le r$.

满射对于同态来说是个很好的性质, e.g. 理想的像是理想, 素理想的像是素理想.

Exercise 4

书里面是证明了如果元素 $a$ 能分解为一堆素元 $\kp_1\cdots \kp_n$ 的乘积, 那么这个分解 is essentially unqiue. 问题在于, 这样的分解不一定存在.

必要性: 设 $a$ 是不可约元, 我们要证明 $a$ 是素元. 因为 $a$ 存在素元分解, 所以 $a = p\cdot u$ for some prime element $p$. 因为 $a$ 不可约, 所以 $u$ is a unit $\implies (a) = (p)$ is prime.

设 $(a_1) \subseteq (a_2) \subseteq \cdots$ 是一个升链, 我们要证明他 eventually terminate. 对于任意一个元素 $a$, 他总能分解成 $a = p_1\cdots p_m$ (这里我们不要求素元两两不同). 我们称 $a$ is of weight $m$, 由素元分解的唯一性知 $m$ is well-defined. 注意到 $(a) \subseteq (b) \iff b \mid a \iff b$ 的 weight $\le a$ 的 weight. 任意元素的 weight 一定是一个非负整数, 所以 $(a_1) \subseteq (a_2) \subseteq \cdots$ eventually terminate.

充分性: 现在不可约元一定是素元. 我们只需证明任意元素 $a$ 都可以分解为不可约元的乘积. 如果 $a$ 本身是不可约元, we are done. 否则 $a = a_1a’$, 其中 $a_1, a’$ 都不是 unit. 即 $(a) \subset (a_1) \ne (1)$. 对 $a_1$ 作同样的操作, 因为主理想满足 a.c.c., 所以对充分大的 $N$, $a_N$ 是不可约元 (记为 $p_1$). 我们有 $p_1 \mid a, a = p_1b_1$ for some $b_1 \in A$, 即 $(a) \subset (b_1)$. 对 $b_1$ 作同样的操作知 $b_1 = p_2b_2$, 以此类推得到 $(a) \subseteq (b_1) \subseteq (b_2) \subseteq \cdots$. 因为主理想满足 a.c.c., 所以 $a$ 可以分解为有限个不可约元 $p_1,\cdots,p_m$ 的乘积.

利用这个习题的结论我们可以证明

Lemma (PID $\implies$ UFD)

PID 一定是 UFD.

Proof. 因为所有理想都是主理想, 所以不可约元对应的主理想是极大理想, 极大理想一定是素理想, 从而不可约元一定是素元. 接下来只需证明主理想满足 a.c.c..

设 $(a_1) \subseteq (a_2) \subseteq \cdots$ 是一个升链, it is well-known that 它们的并也是一个理想, 记为 $(a)$. By definition $(a_i) \subseteq (a)$ for all $i$. 另一方面, by definition $a \in (a_{i_0})$ for some $i_0$. 所以只能是 $(a_i) = (a)$ for all $i \ge i_0$. $\square$

Exercise 5

这道习题告诉我们对于任意理想 $I$, 存在包含 $I$ 的极小素理想.

设 $\kp, \kq$ 是两个素理想, 我们可以定义偏序 $\kp \le \kq \iff \kp \supseteq \kq$. 习题的前半部分就是要我们证明任意一个 chain 都有上界, 并且这个上界就是 chain 中元素的 intersection.

设 $ab \in \bigcap P_\lambda$. If $a \in P_\lambda$ for all $\lambda$, then we are done. Now assume $a \notin P_{\lambda_0}$ for some $\lambda_0 \in \Lambda$, then $b \in P_{\lambda_0}$ since $P_{\lambda_0}$ is prime. 对于任意 $\lambda \in \Lambda$,

如果 $\lambda_0 \le \lambda$, 那么 $a \notin P_{\lambda}$, 从而 $b \in P_{\lambda}$.
如果 $\lambda_0 \ge \lambda$, 那么 $b \in P_{\lambda_0} \subseteq P_{\lambda}$.

Hence $b \in \bigcap P_{\lambda}$.

Exercise 6

这个结论有一个专门的名字叫 Prime avoidance.

如果一个理想 $I$ 无法被任何一个素理想 $P_i$ 给覆盖, 那么这些 (有限个) 素理想的并集也无法覆盖 $I$. 等价地说, 如果一个理想 $I$ 被有限个素理想 $P_i$ 的并集给覆盖, 那么实际上 $I$ 被某一个 $P_i$ 给覆盖.

这是一个不严格的说法, 严格的说法是我们还可以放宽条件为允许 $P_i$ 之中有至多两个不是素理想.

与 Prime avoidance 「对偶」的结论是

Proposition

Let $\ka_1, \cdots, \ka_n$ be ideals and let $\kp$ be a prime ideal containing $\bigcap_{i=1}^n \ka_i$, then $\kp \supseteq \ka_i$ for some $i$. If $\kp = \bigcap_{i=1}^n \ka_i$, then $\kp = \ka_i$.

如果一个素理想 $P$ 覆盖了有限个理想 $I_i$ 的乘积, 那么 $P$ 实际覆盖了某个 $I_i$. 等价地说, 如果每一个理想 $I_i$ 都无法被素理想 $P$ 给覆盖, 那么它们的交集也无法被素理想 $P$ 给覆盖.

无论是哪个版本, 只要记住口诀: 素理想是拿来覆盖别人的.

References

1: H. Matsumura. Commutative Ring Theory.