Deje $R = k[x_1, \ldots, x_n]$ para $k$ un campo de característica cero y deje $S \subset R$ ser clasificada sub-$k$-álgebra (para la clasificación estándar: $\deg x_i = 1$) tal que $R$ es un servicio gratuito de $S$-módulo de rango finito. ¿Esto implica $S \cong k[y_1,\ldots,y_n]$?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Tenga en cuenta que $R$ e $S$ sólo cuentan con un gradual máximo ideal, por lo que son locales en el graduado de sentido, por lo que la mayoría de los resultados estándar para no calificada local anillos son aplicables. Es evidente que existe una resolución finita de $k$ por módulos que se finitely generado y gratuita de más de $R$ y por lo tanto también sobre $S$. Esto implica que $S$ ha finito dimensión global, por lo que es un anillo local regular por un teorema de Serre (Teorema de 19.2 en Matsumura). Junto con la calificación suposiciones esto obliga a $S$ a ser polinómica.
sickgemini
Puntos
2001
Resulta que este resultado aparece en Bourbaki, Groupes et algebres de Mentira IV-VI, Ch. 5, $\S$ 5, Déjame 1, con una primaria de la prueba. (Sin embargo, esta prueba utiliza la característica de cero, lo que Neil respuesta no.) Similar a prueba de diferentes teorema se produce como la Sección 3.5 en Humphrey's los Grupos de Reflexión y Grupos de Coxeter. Advertencia para los que leen los originales: su $R$ e $S$ se invierte a partir de los míos!
Notación: Vamos a $R_+$ e $S_+$ ser la máxima gradual de los ideales de la $R_+$ e $S_+$. Vamos a utilizar los siguientes obvio propiedad de libre módulos: Si $M$ es un servicio gratuito de $S$-módulo, y $x \in M$ no radica en $S_+ M$, entonces no es un graduado $S$-lineal mapa de $\lambda: M \to S$ tal que $\lambda(x) \not\in S_+$. Si $x$ se supone homogéneo, esto significa que $\lambda(x)$ es un escalar distinto de cero.
Vamos $y_1$, ..., $y_p$ ser homogéneo elementos de $S_+$ que son mínimos los generadores de la $R$-ideal $S_+ R$. Tenemos el primer reclamo que el $y_i$ generar $S$ como $k$-álgebra. Para este fin, vamos a $\lambda_0 : R \to S$ ser clasificada $S$-lineal mapa con $\lambda_0(1) = 1$, que existe desde $R$ es un servicio gratuito de $S$-módulo. Podemos demostrar por inducción sobre $i$ que $S_i \subset k[y_1, \ldots, y_p]$. Para $i=0$, esto es debido a que $S_0=k$. Supongamos que el resultado demostró en todos los grados $<i$. Deje $z \in S_i$. A continuación, $z = \sum f_j y_j$ para algunos $f_j \in R$ con $\deg f_j = i - \deg y_j$. Pero, a continuación, $z = \sum \lambda_0(f_j) y_j$ e $\lambda_0(f_j) \in S_{i - \deg y_j}$. Así, por inducción, el $\lambda_0(f_j)$ mentira $k[y_1, \ldots, y_p]$, lo $z$ se encuentra en $k[y_1,\ldots, y_p]$.
Supongamos que por el bien de la contradicción que existe una relación algebraica $H(y_1, \ldots, y_p)=0$ para algunos $H \in k[T_1,\ldots, T_p]$. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $H$ es homogéneo en la clasificación donde $T_i$ tiene grado $\deg y_i$; elija $H$ el mínimo grado posible. Conjunto $ h_i = \left. \tfrac{\partial H}{\partial T_i} \right|_{T_j = y_j} . $ Por lo $h_i$ es un elemento homogéneo de $R$. Ya que estamos en característica cero, hay algunos $i$ para que $(\partial H)/(\partial T_i) \neq 0$ y luego, por la minimality de $H$, tenemos $h_i \neq 0$.
Vamos $\vec{h}$, $\vec{x}$ y $\vec{y}$ ser los vectores cuyas entradas son los $h_i$, $x_i$ y $(\deg y_i) y_i$. Deje $D$ ser la matriz $[ \partial y_j/\partial x_i ]$. Por la regla de la cadena, $\vec{h}^T D=\vec{0}$. Para cualquier polinomio simétrico $y$, tenemos $\sum x_i \tfrac{\partial y}{\partial x_i} = (\deg y) y$, lo $D \vec{x} = \vec{y}$.
Deje $\mathfrak{H}$ ser el ideal generado por el $h_i$. Reordenar por lo que el $h_i$ que $\{ h_1, h_2, \cdots, h_m \}$ es un conjunto mínimo de generadores para $\mathfrak{H}$. Ya que no todos los $h_i$ son cero, $m \geq 1$. Deje $\vec{h}_{\mathrm{gen}} = [ h_1 \ h_2 \ \cdots h_m]^T$. Así $$ \vec{h} = \begin{bmatrix} \mathrm{Id} \\ G \end{bmatrix} \vec{h}_{\mathrm{gen}} $$ para algunos $m \times (p-m)$ matriz $G$ con las entradas en $S$.
Por lo tanto tenemos a $\vec{h}_{\mathrm{gen}}^T [ \mathrm{Id} \ G^T ] D=\vec{h}^T D=\vec{0}$. Ponemos a $\tilde{D} = [ \mathrm{Id} \ G^T ] D$.
Caso 1: Algunos de entrada de $\tilde{D}$ no radica en el ideal de $S_+ R$ de % de$R$.
A continuación, hay un $S$-lineal mapa de $\lambda : R \to S$, que algunos $\lambda(\tilde{D}_{ij})$ es un escalar distinto de cero. Puesto que el $h_i$ es $S$, obtenemos $\vec{h}_{\mathrm{gen}}^T \lambda(\tilde{D})=0$. Buscando en la $j$-ésima en este producto, podemos escribir $h_i$ como $S$-combinación lineal de los otros $h_{i'}$, contradiciendo la minimality de $\{ h_1, h_2, \cdots, h_m \}$.
Caso 2: Cada entrada de $\tilde{D}$ se encuentra en $S_+ R$. Ahora, $\tilde{D} \vec{x} = [ \mathrm{Id} \ G^T ] \vec{y}$, y todas las $x_i$ mentira en $R_+$. Así que las entradas de $[ \mathrm{Id} \ G^T ] \vec{y}$ mentira en $S_+ R_+$ y, en particular, se $0$ en $(S_+ R) \otimes_R k$. Así que tenemos relaciones $(\deg y_i) y_i + \sum_{j=m+1}^p G_{ij} (\deg y_j) y_j =0$ en $(S_+ R) \otimes_R k$. Pero el $y_i$'s fueron elegidos mínima de los generadores de $S_+ R$, por lo que sus imágenes en $(S_+ R) \otimes_R k$ son de base; la contradicción. (Hemos utilizado la característica cero para dividir los escalares $\deg y_i$.) $\square$
Me encantaría entender esta prueba en un nivel conceptual. Grandes partes de ella son claramente jugando con Kahler del diferenciales y normal de paquetes y de trabajar en cualquiera de los anillos, pero el uso de $\sum x_i (\partial y/\partial x_i) = (\deg y) y$ parece muy especial.
