Hilbert's Nullstellensatz 的 General Form
我们在这篇文章里讨论 Hilbert’s Nullstellensatz 的 general form.
With the notation common in algebraic geometry, 普通的 Hilbert’s Nullstellensatz 可以表述为
$$ \operatorname{I}(\operatorname{V}(J)) = \sqrt{J}. $$
作为一个学代数的学生, 我们还应该了解他的 general form. 而这就需要引入 Jacobson ring 的概念了.
The following materials concern [1, Page 131] and [2, Exercise in Chapter 5] . 想想真有点惭愧, 我作为一个学代数的, 到现在才实实在在的去了解了 Jacobson ring, 在此之前我连 Jacobson 的定义都不知道. 我知道 [2] 的习题十分重要, 但偏偏第五章和 Jacobson ring 有关的习题基本没碰, 可能是因为我当初更关心 Integral dependence 在数论里的应用, 而 Jacobson ring 的这些东西是用在代数几何里的.
$$
\DeclareMathOperator{\id}{id}
\DeclareMathOperator{\Hom}{Hom}
\DeclareMathOperator{\Spec}{Spec}
\DeclareMathOperator{\rad}{rad}
\DeclareMathOperator{\Ker}{Ker}
\DeclarePairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lVert}{\rVert}
$$
Jacobson Ring
Jacobson ring 有很多等价的定义 c.f. Lemma (82b30d5), 一般来说, 我们会选择如下最简单形式的定义.
Definition
(Jacobson Ring)
We say a ring $R$ is a Jacobson ring if every prime ideal is the intersection of maximal ideals.
Jacobson ring 最显然的性质如下, 相比普通的环, Jacobson ring 离域的距离更近.
Lemma
(basic property)
Let $R$ be a Jacobson ring.
- Any field is a Jacobson ring.
- Any quotient (homomorphic image) of $R$ is also Jacobson.
Proof.
Immediate.
$\square$
Lemma
(Jacobson Ring 的等价定义)
对于一个环 $R$, the following are equivalent:
- $R$ is a Jacobson ring, i.e. every prime ideal is an intersection of maximal ideals.
- Every radical ideal is an intersection of maximal ideals.
- For $\kp \in \Spec(R)$, if $R/\kp$ contains an element $b \ne 0$ such that $(R/\kp)[b^{-1}]$ is a field, then $R/\kp$ is a filed, i.e. $\kp$ is indeed a maximal ideal.
- If $S$ is an $R$-algebra of finite type which is a field, then $S$ is indeed finite over $R$.
- In every homomorphic image of $R$, the nilradical is equal to the Jacobson radical.
- Every prime ideal in $R$ which is not maximal is equal to the intersection of the prime ideals which contains it strictly.
- Every quotient ring of $R$ by a prime ideal has a zero Jacobson radical.
Proof.
(1) $\Leftrightarrow$ (2): Radical ideal 是所有包含它的素理想的交. 素理想一定是 radical ideal.
(1) $\Rightarrow$ (3): $S := R/\kp$ 作为 quotient is Jacobson, 并且是一个 domain. 所以 $(0)$ 这个素理想能写成 (所有) 极大理想的交.
另一方面, $S[b^{-1}]$ 实际上就是 $S$ 对集合 $\{1, b, b^2, \cdots\}$ 作 localization1, 所以 $S[b^{-1}]$ 的素理想对应 $\Spec(S)$ 中不包含 $b$ 的素理想. 现在 $S[b^{-1}]$ is a field, 这意味着 $\Spec(S)$ 中任意非零的素理想都包含 $b$.
所以只能是 $(0)$ 本身就是一个极大理想, 这等价于说 $S = R/\kp$ is a field.
(3) $\Rightarrow$ (1): 设 $\kq \in \Spec(R)$, 设理想 $I$ 为所有包含 $\kq$ 的极大理想的交, 我们需要证明 $I = \kq$. 下面反设 $I \ne \kq$, 那么我们可以取出元素 $f \in I - \kq$. 由 Zorn's Lemma, 我们能取出一个 (在包含意义下) 极大的素理想 $\kp$ 满足 $\kp$ 包含 $\kq$ 但 $\kp$ 不包含 $f$. 注意到 $\kp$ 不可能是一个 maximal ideal (否则与 $f$ 的选取矛盾), 所以 $S := R/\kp$ is not a field.
可是另一方面, $\kp$ 的选取保证了 $\kp$ 在 $R_f = R[f^{-1}]$ 中是一个 maximal ideal, 所以 $(R/\kp)[f^{-1}]$ is a field, 这与条件 (3) 矛盾.
(4) $\Rightarrow$ (3): Take $S = (R/\kp)[b^{-1}]$, 条件 (4) 告诉我们 $S$ is finite over $R/\kp$, 由 [2, Proposition 5.7] 便知 $R/\kp$ is a field.
(1) $\Rightarrow$ (4): 因为 $\alpha: R \to S$ factor through $R/\ker\alpha \to S$, the quotient $R/\ker\alpha$ is again Jacobson, 我们可以一开始就不妨设 $R$ 是 $S$ 的一个子环, 特别的, 是一个 domain.
这说明 $S$ is algebraic (integral) over $R/\km = R$ since $K$ is the algebraic closure.
(1) $\Rightarrow$ (5): $R$ 的 homomorphic image 形如 $R/\ka$ for some ideal $\ka$. 我们只需说明 $\sqrt{\ka}$ 等于所有包含 $\ka$ 的极大理想的交. 事实上, 根据定义 $\sqrt{\ka}$ 是所有包含 $\ka$ 的素理想的交, 而每个素理想又都能写成极大理想的交.
(5) $\Rightarrow$ (6): 设 $\kp \in \Spec(R)$ which is not maximal, then $R/\kp$ 是一个整环但不是域, $(0)$ 是他的 nilradical 同时也是他的 Jacobson radical, a fortiori $(0)$ is the intersection of $\Spec(R/\kp) - \{(0)\}$, 正是 $\Spec(R)$ 中所有严格包含 $\kp$ 的素理想构成的集合.
(6) $\Rightarrow$ (1): 假设 (1) 不成立, 那么存在素理想 $\kq \in \Spec(R)$ 使得 $\kq$ 不能写成所有包含他的极大理想的交. Replace $R$ by $R/\kq$, 我们可以一开始就不妨设 $R$ 是一个 domain whose Jacobson radical is not zero. 任取非零的 $f \in \rad(R)$, 我们有 $R_f \ne 0$, 所以 $R_f$ has a maximal ideal whose contraction in $R$ is a prime ideal $\kp$ such that $f \notin \kp$, 并且 $\kp$ is maximal with respect to this property.
因为 $f \in \rad(R)$ 并且 $f \notin \kp$, 所以 $\kp$ 不是极大理想. 现在我们考虑所有严格比 $\kp$ 大的素理想. 根据条件 (6), 存在一个严格比 $\kp$ 大的素理想 $\kp'$ 满足 $f \notin \kp$ (注意这个 $\kp'$ 也不是极大理想), 这与 $\kp$ 的选取矛盾.
(7) 实际是 (5) 的一个特殊情况. 而 (7) $\Rightarrow$ (1) 又是显然的. $\square$
(1) $\Rightarrow$ (3): $S := R/\kp$ 作为 quotient is Jacobson, 并且是一个 domain. 所以 $(0)$ 这个素理想能写成 (所有) 极大理想的交.
另一方面, $S[b^{-1}]$ 实际上就是 $S$ 对集合 $\{1, b, b^2, \cdots\}$ 作 localization1, 所以 $S[b^{-1}]$ 的素理想对应 $\Spec(S)$ 中不包含 $b$ 的素理想. 现在 $S[b^{-1}]$ is a field, 这意味着 $\Spec(S)$ 中任意非零的素理想都包含 $b$.
所以只能是 $(0)$ 本身就是一个极大理想, 这等价于说 $S = R/\kp$ is a field.
(3) $\Rightarrow$ (1): 设 $\kq \in \Spec(R)$, 设理想 $I$ 为所有包含 $\kq$ 的极大理想的交, 我们需要证明 $I = \kq$. 下面反设 $I \ne \kq$, 那么我们可以取出元素 $f \in I - \kq$. 由 Zorn's Lemma, 我们能取出一个 (在包含意义下) 极大的素理想 $\kp$ 满足 $\kp$ 包含 $\kq$ 但 $\kp$ 不包含 $f$. 注意到 $\kp$ 不可能是一个 maximal ideal (否则与 $f$ 的选取矛盾), 所以 $S := R/\kp$ is not a field.
可是另一方面, $\kp$ 的选取保证了 $\kp$ 在 $R_f = R[f^{-1}]$ 中是一个 maximal ideal, 所以 $(R/\kp)[f^{-1}]$ is a field, 这与条件 (3) 矛盾.
(4) $\Rightarrow$ (3): Take $S = (R/\kp)[b^{-1}]$, 条件 (4) 告诉我们 $S$ is finite over $R/\kp$, 由 [2, Proposition 5.7] 便知 $R/\kp$ is a field.
(1) $\Rightarrow$ (4): 因为 $\alpha: R \to S$ factor through $R/\ker\alpha \to S$, the quotient $R/\ker\alpha$ is again Jacobson, 我们可以一开始就不妨设 $R$ 是 $S$ 的一个子环, 特别的, 是一个 domain.
Lemma
(Zariski Lemma)
Let $A \subseteq B$ be integral domains such that $B$ is finitely generated as $A$-algebra. Then there exists a non-zero $a \in A$ such that every ring map $\phi: A \to K$ with
- $K$ algebraically closed and
- $\phi(a) \ne 0$
extends to $\widetilde{\phi}: B \to K$.
Proof.
对于 $x \in B$ transcendental over $A$, 此时 $A[x]$ 同构于多项式环, $\phi$ 自然能提升到 $A[x] \to K$.
所以我们可以一开始就不妨假设 $B$ is algebraic over $A$.
设 $B = A[x_1,\cdots,x_r]$, 每一个 $x_i$ 都会满足一个多项式关系:
$$
a_{i,0}x_i^n + a_{i,1}x_i^{n-1} + \cdots + a_{i,n} = 0, \quad a_{ij} \in A,
$$
这里 $n$ 依赖于 $i$ 并且 $a_{i,0} \ne 0$ (因为 $B$ 是一个 domain).
Set $a = a_{1,0}\cdots a_{r,0}$, then $B[a^{-1}]$ is integral over $A[a^{-1}]$.
因为 $\phi(a) \ne 0$ in $K$, 所以 $\phi$ extends to $\widetilde{\phi}: A[a^{-1}] \to K$.
设 $\km = \ker\widetilde{\phi}$, which is a maximal ideal of $A[a^{-1}]$.
Recall that $B[a^{-1}]$ is integral over $A[a^{-1}]$, by Going-up Theorem, 存在 $B[a^{-1}]$ 的一个素理想 $\mathfrak{n}$ 使得 $\km = \mathfrak{n} \cap A[a^{-1}]$, 并且这个 $\mathfrak{n}$ 还一定是极大理想 c.f. [2, Corollary 5.8] . 于是 $A[a^{-1}] \to A[a^{-1}]/\km \to K$ extends to $B[a^{-1}] \to B[a^{-1}]/\mathfrak{n} \to K$. Restrict the last map to $B$ then we are done2. $\blacksquare$
We can choose $a \in R$ satisfying the property in Lemma (6ef0fd4),
and choose a maximal ideal $\km$ of $R$ not containing $a$ (since $R$ is Jacobson).
设 $K$ 是 $R/\km$ 的代数闭包, the canonical map $R \to R/\km \to K$
extends to $\varphi: S \to K$. Since $S$ is a field, $\varphi$ is injective,
我们实际上得到了映射序列 $R \to R/\km \to S \to K$.
注意到这里 $R \subseteq S$ 是子环, 所以实际上只能是 $\km = 0$ and $R$ is a field.
也就是说, 我们实际证明了下述结论:
Recall that $B[a^{-1}]$ is integral over $A[a^{-1}]$, by Going-up Theorem, 存在 $B[a^{-1}]$ 的一个素理想 $\mathfrak{n}$ 使得 $\km = \mathfrak{n} \cap A[a^{-1}]$, 并且这个 $\mathfrak{n}$ 还一定是极大理想 c.f. [2, Corollary 5.8] . 于是 $A[a^{-1}] \to A[a^{-1}]/\km \to K$ extends to $B[a^{-1}] \to B[a^{-1}]/\mathfrak{n} \to K$. Restrict the last map to $B$ then we are done2. $\blacksquare$
Lemma
If $R$ is a Jacobson ring contained in a field $S$ which is finitely generated over $R$,
then $R$ is indeed a field.
(1) $\Rightarrow$ (5): $R$ 的 homomorphic image 形如 $R/\ka$ for some ideal $\ka$. 我们只需说明 $\sqrt{\ka}$ 等于所有包含 $\ka$ 的极大理想的交. 事实上, 根据定义 $\sqrt{\ka}$ 是所有包含 $\ka$ 的素理想的交, 而每个素理想又都能写成极大理想的交.
(5) $\Rightarrow$ (6): 设 $\kp \in \Spec(R)$ which is not maximal, then $R/\kp$ 是一个整环但不是域, $(0)$ 是他的 nilradical 同时也是他的 Jacobson radical, a fortiori $(0)$ is the intersection of $\Spec(R/\kp) - \{(0)\}$, 正是 $\Spec(R)$ 中所有严格包含 $\kp$ 的素理想构成的集合.
(6) $\Rightarrow$ (1): 假设 (1) 不成立, 那么存在素理想 $\kq \in \Spec(R)$ 使得 $\kq$ 不能写成所有包含他的极大理想的交. Replace $R$ by $R/\kq$, 我们可以一开始就不妨设 $R$ 是一个 domain whose Jacobson radical is not zero. 任取非零的 $f \in \rad(R)$, 我们有 $R_f \ne 0$, 所以 $R_f$ has a maximal ideal whose contraction in $R$ is a prime ideal $\kp$ such that $f \notin \kp$, 并且 $\kp$ is maximal with respect to this property.
因为 $f \in \rad(R)$ 并且 $f \notin \kp$, 所以 $\kp$ 不是极大理想. 现在我们考虑所有严格比 $\kp$ 大的素理想. 根据条件 (6), 存在一个严格比 $\kp$ 大的素理想 $\kp'$ 满足 $f \notin \kp$ (注意这个 $\kp'$ 也不是极大理想), 这与 $\kp$ 的选取矛盾.
(7) 实际是 (5) 的一个特殊情况. 而 (7) $\Rightarrow$ (1) 又是显然的. $\square$
Hilbert’s Nullstellensatz General Form
对于普通的环, 一个痛点是素理想的 contraction 一定是素理想, 但极大理想的 contraction 不一定是极大理想. Jacobson ring 就解决了这样的痛点.
Theorem
(Hilbert's Nullstellensatz General Form)
Let $R$ be a Jacobson ring. If $S$ is an $R$-algebra of finite type,
then $S$ is Jacobson. Moreover, if $\mathfrak{n}$ is a maximal ideal of $S$,
then $\km := \mathfrak{n} \cap R$ is a maximal ideal of $R$,
and $S/\mathfrak{n}$ is a finite extension of $R/\km$.
Proof.
设 $\kq \in \Spec(S), \kp = \kq \cap R$. Passing to the quotient,
$B = S/\kq$ is a domain finitely generated over $A = R/\kp$.
因为 $A$ is Jacobson, 所以 $\rad(A) = (0)$.
利用 Lemma (2a9b4fe) 便知 $\km$ is a maximal ideal of $R$ and $S/\mathfrak{n}$ is a finite extension of $R/\km$. $\square$
Lemma
Let $A \subseteq B$ be domains such that $B$ is finitely generated over $A$.
If $\rad(A) = 0$, then $\rad(B) = 0$ also.
Proof.
任取 $v \in B$, 我们需要找到一个 $B$ 的极大理想 $\mathfrak{n}$ 使得 $v \notin \mathfrak{n}$.
Applying Lemma (6ef0fd4) to $A \subseteq B_v$,
we obtain an element $0 \ne s \in A$. Since $\rad(A) = 0$,
there exists a maximal ideal $\km$ of $A$ not containing $s$.
设 $K$ 是 $A/\km$ 的代数闭包, the canonical map $A \to K$
extends to a homomorphism $\alpha: B_v \to K$.
因为 $v$ is a unit in $B_v$, 所以 $\alpha(v) \ne 0$ in $K$.
根据 [2, Exercise 5.22] 提示, $\ker \alpha \cap B$ 就是我们要找的那个 $\mathfrak{n}$. 我们有映射 $B \to B_v \to K$, 如何确保 $B \to K$ 这个射去域的 morphism 的 kernel 一定是极大理想?
事实上, 我们有映射序列 $A \to B \to B_v \to K$, 他诱导出 $$ k = A/\km \subseteq B/(\ker\alpha \cap B) \subseteq K, $$ By Lemma (330e41c), 中间那项也是一个域. $\blacksquare$
根据 Lemma (1cf1367), 我们有 $\rad(B) = 0$.
由 $\kq \in \Spec(S)$ 的任意性, 再根据 part (7) of Lemma (82b30d5),
we conclude that $B$ is Jacobson.
根据 [2, Exercise 5.22] 提示, $\ker \alpha \cap B$ 就是我们要找的那个 $\mathfrak{n}$. 我们有映射 $B \to B_v \to K$, 如何确保 $B \to K$ 这个射去域的 morphism 的 kernel 一定是极大理想?
事实上, 我们有映射序列 $A \to B \to B_v \to K$, 他诱导出 $$ k = A/\km \subseteq B/(\ker\alpha \cap B) \subseteq K, $$ By Lemma (330e41c), 中间那项也是一个域. $\blacksquare$
利用 Lemma (2a9b4fe) 便知 $\km$ is a maximal ideal of $R$ and $S/\mathfrak{n}$ is a finite extension of $R/\km$. $\square$
Hilbert’s Nullstellensatz General Form 实际上给了我们一种从旧的 Jacobson ring 创造新的 Jacobson ring 的方法. 除了有限生成的代数以外, 我们还有另外一种创造新的 Jacobson ring 的方法:
Proposition
Let $R$ be a Jacobson ring and $S$ an $R$-algebra (not necessarilly of finite type).
If $S$ is integral over $R$, then $S$ is also Jacobson.
Proof.
Let $\kq \in \Spec(S)$ and $\kp := \kq \cap R$.
因为 $R$ is Jacobson, 所以 $\kp = \bigcap_{\km \supseteq \kp} \km$.
By Going-up theorem, 对每个这样的 $\km$, 存在 $S$ 的极大理想
$\mathfrak{n}$ 使得 $\mathfrak{n} \cap R = \km$ 并且 $\kq \subseteq \mathfrak{n}$.
Put $\kq' = \bigcap \mathfrak{n}$, then $\kq'$ is an ideal (not necessarily prime) larger than $\kq$
并且满足 $\kq' \cap R = \bigcap_{\km \supseteq \kp} \km = \kp$.
It follows by Propoistion (3b41f2f)
that $\kq = \kq'$3.
$\square$
GTM 150 的证明可能有点问题
上面关于 Hilbert’s Nullstellensatz General Form 的证明非常精简, 这是因为我们 invoke 了很多引理. 实际上一开始的时候, 我读的是 [2] 的证明, 但我认为那个证明稍微有点问题.
问题出在 [2, Page 133] 的这句话: Thus $Q \ne 0$, and $S[b^{-1}] = K[x]/QK[x]$ is a field, finite dimensional over $K$.
$Q \ne 0$ 是前面证的, 没什么好说. 可是凭什么 $S[b^{-1}] = K[x]/QK[x]$? RHS 是一个 canonical 的东西, LHS 依赖于 $b$ 的选取, 所以我认为这个等式不成立.
实际上我认为这里的逻辑应该是这样的: 我们证明了 $Q \ne 0$, 这意味着对任意 $s \in S = R[x]/Q$, 都存在一个多项式 $f(x) \in Q$ with coefficients in $R$ 能够把 $s$ 给杀死, i.e.
$$ f(s) = a_ns^n + a_{n-1}s^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 $$
in $S$. 注意这里 $a_n$ 未必等于 $1$, 所以不能说明 $s$ is integral over $R$. [2, Page 133] 后面证明了 $R$ 实际上也是一个域, 这个时候 $a_n$ is a unit, 所以我们能乘上 $a_n^{-1}$, 从而说明 $S$ is integral over $R$.
Supplement
Lemma
Let $k$ be a field and let $\Omega$ be an algebraic extension of $k$.
Then each subring $k \subseteq A \subseteq \Omega$ is indeed a field.
Proof.
元素 $a \in A \subseteq \Omega$ is algebraic over $k$, 所以 $k[a]$ 和 $k(a)$ 是一回事.
$\square$
Proposition
(Incomparability of Going-up)
Let $A \subseteq B$ be integral extension of rings. Suppose that $\kq \subseteq \kq’$ are ideals such that
- $\kq$ is a prime ideal and
- $\kp := \kq \cap A = \kq’ \cap A$.
Then $\kq = \kq’$4
Proof.
我们有交换图表
$$
\xymatrix {
A_\kp \ar[r] & B_\kp \\\
A \ar[r] \ar[u] & B \ar[u]
}
$$
通过这个交换图表追溯, 想清楚为什么 $\kq'$ 是素理想这个条件是多余的.
$\square$
References
- 1
- David Eisenbud. Commutative Algebra with a View Toward Algebraic Geometry. GTM 150.
- 2
- M. F. Atiyah, I. G. MacDonald. Introduction to Commutative Algebra. First Edition (CRC Press).