Corolario 2.20 - Qing Liu

Question

Puede que alguien me explique donde el autor utiliza la inyectividad de $f$?

Answer 1

Creo que usted necesita $f$ a ser inyectiva porque de lo contrario $B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$ es el cero del anillo, y el cero del anillo no tiene máximos ideales. Para ver esto, supongamos que $f(a) = 0$. Entonces $$ 1\otimes 1 = 1\otimes \frac{a}{a} = (a\cdot1)\otimes\frac{1}{a} = f(a)\otimes\frac{1}{a} = 0. $$

Prueba de pasos, con justificaciones:

Reclamo: Si $f : A\to B$ es un fielmente anillo plano homomorphism, a continuación, para cada primer ideal $\mathfrak{p}\subseteq A$, existe un primer ideal $\mathfrak{q}\subseteq B$ tal que $f^{-1}(\mathfrak{q}) = \mathfrak{p}$.

Prueba: $A\to B$ fielmente plana implica que $A/\mathfrak{p}\to B/f(\mathfrak{p})B$ es también fielmente plana.

Esto se deduce de la afirmación de que si $B$ es fielmente plana por $A$ $C$ $A$- álgebra ( $g : A\to C$ ), $B\otimes_{A} C$ es fielmente plana por $C$, teniendo en $C = A/\mathfrak{p}$. En efecto: supongamos $B/A$ ser fielmente plana, y deje $M$ $C$- módulo tal que $M\otimes_C\left(B\otimes_{A} C\right)\cong 0$. A continuación, las propiedades básicas del tensor de productos nos dicen que $$0\cong M\otimes_C\left(B\otimes_{A} C\right)\cong M\otimes_C\left(C\otimes_{A} B\right)\cong \left(M\otimes_C C\right)\otimes_{A} B,$$ and since $B$ is faithfully flat over $$, $M\otimes_C C\cong 0$. However, $M\otimes_C C$ is naturally isomorphic to $M$ via $m\mapsto m\otimes 1$, so this shows that $M\cong 0$, as desired. No injectivity of $f$ es necesario.

WLOG tome $\mathfrak{p} = (0)$ $A$ integral de dominio.

Si podemos encontrar un primer $\mathfrak{q}\subseteq B$ la satisfacción de los requerimientos en este caso, vamos a hacer. De hecho, Esto se deduce del hecho de que $A/\mathfrak{p}$ es una parte integral de dominio y no es conmutativa plaza de $\require{AMScd}\begin{CD}A @>{f}>> B;\\@VVV @VVV \\A/\mathfrak{p} @>{\overline{f}}>> B/\mathfrak{p}B,\end{CD}$ e si $\mathfrak{q}\subseteq B/\mathfrak{p}B$ es un alojamiento ideal tirando hacia atrás de a$0$$A/\mathfrak{p}$, luego conmutatividad significa $\mathfrak{q}$ tira de nuevo a un primer $\tilde{\mathfrak{q}}$ $B$ que tira de espalda a $\mathfrak{p}$. No inyectividad de $f$ necesario. Sin embargo, debemos asumir que $A$ tiene algún primer ideal, que sigue de alguna forma de que el axioma de elección, siempre que $A$ no es el cero del anillo. Si $A$ es el cero del anillo, la demanda se vacuously verdad, así que supongamos $A\neq \{0\}$ durante el resto del argumento.

Vamos \begin{align*} \rho : B&\to B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)\\ b&\mapsto b\otimes 1 \end{align*} ser la canónica mapa.

Este mapa siempre existe (yo sólo lo escribió en general). No inyectividad de $f$ necesario.

Deje $\mathfrak{m}\subseteq B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$ ser un ideal maximal.

Cada valor distinto de cero anillo tiene un ideal maximal (suponiendo que alguna forma de que el axioma de elección). Debemos verificar que $B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$ no es el cero del anillo. Como se señaló anteriormente, esto se deduce de la inyectividad de $f$. Sin embargo, esto sigue también de los fieles a la llanura de $B/A$: si $B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$ es el cero del anillo, fieles a la llanura de $B/A$ implica que el $\operatorname{Frac}(A)$ $0$ $A$- módulo, lo cual es imposible ( $0$ , no es un campo, y $\operatorname{Frac}(A)$ es por la construcción de un campo para la integral de dominio $A$). Así que, técnicamente, usted también puede completar este paso sin tener en cuenta que el $f$ es inyectiva.

$\mathfrak{q} = \rho^{-1}(\mathfrak{m})$ es un primer ideal de $B$.

Si $\phi : R\to S$ es un anillo homomorphism y $\mathfrak{a}\subseteq S$ es primo, por lo que es $\phi^{-1}(\mathfrak{a})$. Este es un estándar de hecho sobre el anillo de homomorphisms, no de inyectividad es necesario.

Desde $\rho\circ f : A\to B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$ factorizes en $A\xrightarrow{\iota}\operatorname{Frac}(A)\xrightarrow{\psi} B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$,

Tenemos que comprobar que el correspondiente diagrama de desplazamientos.\begin{align*}\rho\circ f(a) &= \rho(f(a))\\ &= f(a)\otimes 1\\ &= (a\cdot 1)\otimes 1\\&= 1\otimes\frac{a}{1}\\ &= \psi\left(\frac{a}{1}\right)\\&= \psi(\iota(a)),\end{align*} que es exactamente lo que queremos. No inyectividad de $f$ necesario.

y la inversa de la imagen de $\mathfrak{m}$ $\operatorname{Frac}(A)$ es cero, tenemos $f^{-1}(\mathfrak{q}) = (\rho\circ f)^{-1}(\mathfrak{m}) = (0)$.

La inversa de la imagen de $\mathfrak{m}$ bajo $\psi$ $(0)$ desde $\psi^{-1}(\mathfrak{m})$ debe ser una de las primeras ideal, y sólo el primer ideal de $\operatorname{Frac}(A)$$(0)$. Entonces, desde el $\rho\circ f = \psi\circ\iota$, se deduce que el $f^{-1}(\mathfrak{q}) = f^{-1}(\rho^{-1}(\mathfrak{m})) = (\rho\circ f)^{-1}(\mathfrak{m}) = (\psi\circ\iota)^{-1}(\mathfrak{m}) = \iota^{-1}(\psi^{-1}(\mathfrak{m})) = \iota^{-1}((0)) = (0)$. No inyectividad de $f$ necesario.

Esto completa la prueba, y usted puede comprobar la información que he proporcionado que el único momento en el $f$ lo han usado (implícita) afirman que el $B\otimes_A\operatorname{Frac}(A)$ no es el cero del anillo, y por lo tanto tiene un ideal maximal.