Si $P$ es un primer ideal de $R[x;\delta]$ como $P\cap R=\{0\}$ $P(Q[x;\delta])$ también prime?

Question

Actualmente estoy aprendiendo acerca de Mineral de extensiones en McConnell del libro (no conmutativa Noetherian Anillos) y Marubayashi del libro (Primer Divisores y no conmutativa la Valoración de la Teoría). En el segundo libro, he aprendido hasta la parte 2.3.17, donde hablar de una función de$Spec_0(R[x;\delta])$$Spec(Q[x;\delta])$. Se asigna un alojamiento ideal $P$ $R[x;\delta]$ tal que $P\cap R=\{0\}$$P(Q[x;\delta])$.

Deje $R$ ser un policía nacional (hereditaria Noetherian prime) anillo, $Q$ su anillo de cociente (o el anillo de fracciones, o la localización del anillo), y $R[x;\delta], Q[x;\delta]$ ser su diferencial polinomio de anillo (o sesgar polinomio anillo de derivación tipo, o de Mineral extensión de derivación tipo). Si $P$ es un primer ideal de $R[x;\delta]$ tal que $P\cap R=\{0\}$, $P(Q[x;\delta])$ es un ideal de a $Q[x;\delta]$. Cómo probar que $P(Q[x;\delta])$ es el ideal? Gracias de antemano.

Answer 1

Por simplicidad, llame a $A = R[x;\delta ], B=Q[x;\delta]$. Usted tiene que pasar por el hecho de que

(#) *No existe un ideal de a $P' \subset B$ tal que $P' \cap A = P$. *

¿Por qué esta conclusión?

1. (#) implica $PB \cap A=P$. De hecho, $\supset$ sigue de $P \subset PB, A$, e $\subset$ a partir de $$ P \subset P' \text{ B ideal } \Rightarrow PB \subset P' \Rightarrow PB \cap A \subset P' \cap A = P$$.
2. Considerar los morfismos $A \to B/PB$ que componen la inclusión $A \to B$ y la proyección. El ker es exactamente $PB \cap A = P$, lo $A/P\simeq B/PB$. El lado izquierdo es un dominio porque $P$ es primo, por lo que el lado derecho es un dominio. Esto hace que $PB$ de una prima.

Vamos a probar (#) en este caso. El "resumen pero claro" a prueba, si usted tiene un pequeño esquema de la teoría, es la siguiente. Vamos a introducir el fibrado de producto. Supongamos que usted ha $ f: X\to Y, f': X'\to Y$, lo que llamamos la conexión de los mapas. El fibrado de producto es la siguiente:

$$X \times_Y X' = \{(x,x') \in X \times X' \text{such that} f(x) =f'(x') \} $$

El teorema simple voy a citar es $$ Spec(R \otimes_S R') \simeq X \times_Y X' $$ Donde$S \subset R, R'$$X=Spec (R), Y=Spec(S) $, y la conexión de los mapas está dado por la intersección con la a $S$. El isomorfismo es dado por $Q \to (Q \cap R, Q \cap R') $ (por qué este es un elemento de la fibrado producto?)

En su caso, $B = Q \otimes_R A$, y el teorema nos dará exactamente (#). Observe que $Spec Q = 0$ porque es un campo. Luego, utilizando la definición de fibrado producto obtenemos

$$Spec B \simeq \{(P,0) : P \cap R = 0 \} $$ Recordemos que el isomorfismo es dado por $P' \to (P' \cap A, P' \cap Q) $. En otras palabras, se demostró (#).

Answer 2

Deje $S$ ser $R \setminus \{0\}$, $A= R[x;\delta], B = Q[x;\delta]=S^{-1}A$. Recordar que hay un isomorfismo $$(*) \ \ \{ I \text{ ideal of } A: I \cap S = \emptyset \} \to \{ J \subsetneq S^{-1}A \} $$ dado por $I \to S^{-1}I := \{ \frac{i}{s}: i \in I, s \in S\}, J \to J \cap A $. Es fácil de demostrar:

1. inyectividad: si $S^{-1}I = S^{-1}J$,$I = S^{-1}I \cap A = S^{-1}J \cap A = J $.
2. surjectivity: dado $J \subset S^{-1}A$, vamos a $I=J \cap A$. Seguramente $S^{-1}I \subset J$. Por el contrario, dado $j \in J$, por definición, se puede escribir como $j=a/s$$a \in A, s \in S$. Por lo tanto $a=sj \in J \cap A = I$ y hemos terminado.

El isomorfismo (*) correctamente restringe al primer ideales. De hecho, la contracción de un prime es siempre un número primo, y dado $P \in Spec(A)$ tenemos $S^{-1}(A/P) \simeq S^{-1}A/S^{-1}(P)$ $S^{-1}(P)$ es una de las principales (la localización de un dominio es un dominio).

Observación. Para $A \to S^{-1}A$, la función de $I \to S^{-1}I$ es en realidad la extensión de los ideales. De hecho, $S^{-1}I$ es un ideal de a $S^{-1}A$ que contiene $I$, y dado $I \subset J$ donde $J$ $S^{-1}A$ ideal, $S^{-1}I \subset J$.