¿Es posible que el cierre integral finito de un DVR no sea un PID?

Question

Supongamos que tenemos un punto $A$ (anillo local, DVR) de una curva abstracta sobre $k=\bar{k}$ dado por un campo $k(X)$ . Dejemos que $k(Y)$ sea una extensión finita de $k(X)$ y denotar por $B$ el cierre integral de $A$ en $K(Y)$ .

¿Es posible que $B$ para no ser un PID?

Answer 1

Creo que la siguiente afirmación más general es cierta.

Propuesta. Dejemos que $A$ sea un dominio semilocal noetheriano unidimensional y sea $K$ sea su campo de fracciones. Consideremos una extensión de campo algebraico finito $K \subseteq L$ y que $B$ sea el cierre integral de $A$ en $L$ . Entonces, $B$ es un dominio Dedekind semilocal, y por tanto es un dominio ideal principal.

Prueba. En primer lugar, por una consecuencia del teorema de Krull-Akizuki [ Matsumura Cor. a Thm. 11.7], vemos que $B$ es un dominio Dedekind con un número finito de ideales primos $\mathfrak{n}_1,\mathfrak{n}_2,\ldots,\mathfrak{n}_r$ que se encuentra sobre cada ideal maximal $\mathfrak{m}$ en $A$ . Observamos que estos $\mathfrak{n}_i$ son ideales máximos en $B$ desde $\operatorname{height}\mathfrak{n}_i \ge 1$ (contienen estrictamente el ideal primo $0 \subseteq B$ ) y como $\operatorname{height}\mathfrak{n}_i \le 1$ (el anillo $B$ tiene dimensión uno). Además, todo ideal maximal de $B$ debe estar sobre un ideal máximo en $A$ ya que si un ideal primo $\mathfrak{q}$ en $B$ se contrae a un ideal no máximo en $A$ entonces debe contraerse al ideal cero en $A$ y subir implicaría entonces que $\mathfrak{q}$ no es máxima. Por lo tanto, $B$ es un dominio Dedekind semilocal.

Ahora queremos demostrar que un dominio Dedekind semilocal $B$ es un PID. Sea $\mathfrak{n}_1,\mathfrak{n}_2,\ldots,\mathfrak{n}_s$ sean los ideales máximos en $B$ ya que todo ideal se puede escribir como un producto de potencias del $\mathfrak{n}_i$ basta con demostrar que cada $\mathfrak{n}_i$ es principal. Fijamos un $i$ en el argumento de abajo.

En primer lugar, afirmamos que $\mathfrak{n}_i \smallsetminus \mathfrak{n}_i^2 \ne \emptyset$ . Si no, entonces $\mathfrak{n}_iB_{\mathfrak{n}_i} = \mathfrak{n}_i^2B_{\mathfrak{n}_i}$ en cuyo caso el lema de Nakayama implica $\mathfrak{n}_iB_{\mathfrak{n}_i} = 0$ , contradiciendo el hecho de que $B_{\mathfrak{n}_i}$ es un DVR.

A continuación, consideramos la suryección $$B \longrightarrow \frac{B}{\mathfrak{n}_1\cdots\mathfrak{n}_{i-1}\mathfrak{n}_i^2\mathfrak{n}_{i+1}\cdots\mathfrak{n}_s} \simeq \frac{B}{\mathfrak{n}_1} \times \cdots \frac{B}{\mathfrak{n}_{i-1}} \times \frac{B}{\mathfrak{n}_i^2} \times \frac{B}{\mathfrak{n}_{i+1}}\times\cdots\times\frac{B}{\mathfrak{n}_s},$$ donde el isomorfismo se mantiene por el teorema del resto chino ya que los ideales máximos son coprimos. Ahora elegimos $x \in \mathfrak{n}_i \smallsetminus \mathfrak{n}_i^2$ que existe por el párrafo anterior, y dejemos que $b$ sea un elemento de la preimagen de $(1,\ldots,1,x,1,\ldots,1)$ en la suryección anterior. Vemos entonces que $b \in \mathfrak{n}_i \smallsetminus \mathfrak{n}_i^2$ pero que $b \notin \mathfrak{n}_j$ para todos $j \ne i$ . Escribir $(b)$ como producto de los poderes de los ideales $\mathfrak{n}_j$ en $B$ Por lo tanto, vemos que $(b) = \mathfrak{n}_i$ Por lo tanto $\mathfrak{n}_i$ es principal. $\blacksquare$