demostrando que $\dim A[X] = \dim A + 1$ (Matsumura)

Question

Dejemos que $A$ sea un anillo noetheriano y $X$ un sobre indeterminado $A$ . Tengo problemas para entender la prueba de Matsumura (Teoría de Anillos Conmutativos, Teorema 15.4) de que $\dim A[X] = \dim A + 1$ . A continuación, proporciono todos los detalles necesarios.

Como resultado auxiliar, el teorema 15.1(ii) dice que si $f:A \rightarrow B$ es un morfismo fielmente plano de anillos noetherianos, $P$ un ideal primo de $B$ y $p$ un ideal primo de $A$ tal que $P \cap A=p$ entonces $ht(P) = ht(p) + \dim B_P/pB_P$ . Llamemos a este teorema $(*)$ . Hasta aquí todo bien.

Ahora, Matsumura dice que si $p$ es un ideal primo de $A$ entonces la fibra sobre $p$ dado por $A[x] \otimes_A \kappa(p) \cong \kappa(p)[X]$ es un anillo unidimensional, ya que es principal, lo que también puedo ver. También puedo ver que $A[X]$ es libre en $A$ y tan fielmente plana, de ahí la condición de $(*)$ se satisface.

Lo que no veo es que la declaración $\dim A[X] = \dim A + 1$ se desprende inmediatamente de $(*)$ como afirma Matsumura. En particular, si $P$ es un ideal primo de $A[X]$ que se encuentra sobre el ideal primo $p$ de $A$ , entonces de $(*)$ tenemos $ht(P) = ht(p) + \dim A[X]_P/pA[X]_P$ . Ahora tengo dos preocupaciones: i) es $A[X]_P/pA[X]_P$ lo mismo que $\kappa(p)[X]$ ? ii) incluso si pudiéramos demostrar que $ht(P)=ht(p)+1$ por qué esto demuestra que $\dim A[X] = \dim A +1$ ya que el mapa $\operatorname{Spec} B \rightarrow \operatorname{Spec} A$ no tiene por qué ser sobreyectiva?

Answer 1

Obviamente $\dim A[X]\ge\dim A+1$ .

Para el caso inverso, tome $P\subset A[X]$ un ideal primario, $\mathfrak p=P\cap A$ y utilizar $$\operatorname{ht}(P)=\operatorname{ht}(\mathfrak p) + \dim A[X]_P/\mathfrak pA[X]_P.$$ Tenga en cuenta que $A[X]_P/\mathfrak pA[X]_P\simeq (A[X]/\mathfrak p[X])_{P/\mathfrak p[X]}$ cuya dimensión es $\operatorname{ht}(P/\mathfrak p[X])$ .

(Si se prefiere, en este punto se puede ir más allá con el isomorfismo y obtener $(A[X]/\mathfrak p[X])_{P/\mathfrak p[X]}\simeq (A/\mathfrak p)[X]_Q$ , donde $Q$ es un ideal primo en $(A/\mathfrak p)[X]$ que está por encima de (o es igual a) $(0)$ . Además, $(A/\mathfrak p)[X]_Q$ es isomorfo a una localización de $\kappa(\mathfrak p)[X]$ por lo que su dimensión es $\le 1$ .)

Pero $\operatorname{ht}(P/\mathfrak p[X])\le 1$ Así que $\operatorname{ht}(P)\le\operatorname{ht}(\mathfrak p) + 1$ . Si $\dim A[X]=n$ entonces existe una cadena $P_0\subset P_1\subset\cdots\subset P_n$ de ideales primos en $A[X]$ . En particular $\operatorname{ht}P_n=n$ y por lo tanto $\operatorname{ht}\mathfrak p_n\ge n-1$ Así que $\dim A\ge n-1$ , qed.