$\operatorname{height} \mathfrak{p} + \dim A / \mathfrak{p} = \dim A$

Question

Deje $A$ integrante de dominio finito de Krull dimensión. Deje $\mathfrak{p}$ ser una de las primeras ideal. Es cierto que $$\operatorname{height} \mathfrak{p} + \dim A / \mathfrak{p} = \dim A$$ donde $\dim$ se refiere a la dimensión de Krull de un anillo?

Hartshorne estados como Teorema 1.8 del Capítulo I (para el caso de $A$ un finitely generado por $k$-álgebra que es una integral de dominio) y la cites Matsumura y Atiyah–Macdonald, pero no he sido capaz de encontrar nada que parece relevante en cualquiera de los dos. (Descargo de responsabilidad: yo no sé nada acerca de la dimensión de la teoría, y muy poco de álgebra conmutativa.) Si es cierto (bajo los supuestos adicionales, si es necesario), en donde se puede encontrar una completa prueba?

Es obvio que $$\operatorname{height} \mathfrak{p} + \dim A/\mathfrak{p} \le \dim A$$ por una elevación del argumento, pero el reverso de la desigualdad es eludir mí. La localización no parece ser la respuesta, ya que la localización puede cambiar la dimensión...

Answer 1

El suyo es un muy interesante y sutil pregunta, que a menudo genera confusión. En primer lugar vamos a dar un nombre a la propiedad que usted está interesado en: un anillo de $A$ dijo que satisfacer (DIM) si para todas las $\mathfrak p \in \operatorname{Spec}(A)$ tenemos $$\operatorname{height}(\mathfrak p) +\dim A/\mathfrak p=\dim(A) \quad \quad (\text{DIM})$$
El principal error es creer que esto se desprende de catenarity:
Hecho 1: Un anillo de la catenaria, o incluso un universal de la catenaria anillo, no satisface a (DIM) en general.
Contraejemplo: Vamos a $(R,\mathfrak m)$ ser un discreto anillo de valoración cuyo máximo ideal ha uniformizing parámetro $\pi$, es decir,$\mathfrak m =(\pi)$. Deje $A=R[T]$, el polinomio anillo de más de $R$. El anillo de $A$ tiene dimensión $2.$, para la máxima ideal $\mathfrak p=(\pi T-1)$, la relación (DIM) es falsa: $\operatorname{height}(\mathfrak p)+\dim A/\mathfrak p= 1+0=1\neq 2=\dim (A)$.
Y esto incluso si $A$ es tan bonito como puede ser: integral, de dominio, noetherian, regular, universalmente catenaria,...

Felizmente aquí hay dos resultados positivos:

Hecho 2: Un finitely generado integral álgebra sobre un campo satisface (DIM) (y es universalmente catenaria).
Así que, por la algebro-geométrico diccionario, una variedad afín $X$ tiene la agradable propiedad de que para cada subvariedad integral $Y\subset X$ tenemos, como se esperaba, $\operatorname{dimension}(Y) + \operatorname{codimension}(Y)$ $=$ $\operatorname{dimension}(X).$

Hecho 3: Cohen-Macaulay anillo local satisface (DIM) (y es universalmente catenaria).
Por ejemplo regular de un anillo de Cohen-Macaulay. Este "explica" por qué mi contra-ejemplo anterior no era local.

La paradoja se resuelve. ¿Cómo es posible que una catenaria anillo de $A$ no satisfacer (DIM)? Aquí es cómo. Si usted tiene una inclusión de dos primos $\mathfrak p\subsetneq \mathfrak q$ catenarity dice que se puede completar a una saturados de cadena de números primos $\mathfrak p\subsetneq \mathfrak p_1\subsetneq \ldots \subsetneq \mathfrak p_{r-1} \subsetneq \mathfrak q$ y que todas esas terminaciones tendrá la longitud de la misma longitud $r$. Bien. Pero ¿qué se puede decir si usted tiene sólo un primer $\mathfrak p$ ? No mucho! La catenaria anillo de $A$ puede tener dimensión $\dim(A) > \operatorname{height}( \mathfrak p) +\dim(A/\mathfrak p)$ porque posee una larga cadena de números primos evitar el prime $\mathfrak p$ en total. En mi contraejemplo por encima de la única saturados de cadena de números primos que contienen a$\mathfrak p=(\pi T-1)$$0\subsetneq \mathfrak p$. Sin embargo, el anillo de $A$ tiene dimensión 2 debido a la saturados de cadena de números primos $0\subsetneq (\pi) \subsetneq (\pi,T)$, lo que evita la $\mathfrak p$.

Adenda. He aquí por qué el ideal de $\mathfrak p$ en el contra-ejemplo es máxima. Tenemos $A/\mathfrak p=R[T]/(\pi T-1)=R[1/\pi]=\operatorname{Frac}(R)$, dado que la fracción de campo de una discreta valoración anillo puede ser obtenida sólo por la inversión de un uniformizing parámetro. Por lo $A/\mathfrak p$ es un campo y $\mathfrak p$ es máxima.

Answer 2

La declaración con la hipótesis dada en Hartshorne es cierto.

Para una referencia, consulte CO 13.4 en la pg. 290 de Eisenbud del Álgebra Conmutativa.

La idea general de la prueba es esta: Considere la posibilidad de una máxima de la cadena de primer ideales en $A$ que incluye el dado prime $\mathfrak p$, cuya longitud es de dim $A$ (ver Thm Una, pg. 290 de Eisenbud). De ello se desprende que $\dim A = \operatorname{height} \mathfrak p + \dim A/\mathfrak p$.