caracterizaciones equivalentes de anillos de valoración discretos

Question

Dejemos que $R$ sea un anillo conmutativo con identidad, entonces las siguientes son equivalentes:

1. $R$ es un DVR
2. $R$ es un dominio local euclidiano que no es un campo.
3. $R$ es un PID local que no es un campo.
4. $R$ es un dominio local Dedekind que no es un campo.
5. $R$ es un UFD con un único elemento irreducible hasta la unidad.
6. Existe un elemento no nilpotente no unitario $\pi \in R$ de manera que cada $a \in R \setminus\{0\}$ tiene una única expresión $a = u \pi^n$ , donde $u \in R^\times$ y $n\in \mathbb{N}$ .
7. $R$ es un anillo de valoración noetheriano y no un campo.
8. $R$ es un anillo local noetheriano con un ideal maximal principal generado por un elemento no nilpotente.
9. $R$ es un anillo noetheriano local regular de dimensión $1$ .
10. $R$ es un dominio local noetheriano que no es un campo tal que cada ideal no nulo es una potencia del ideal máximo.

Esto es lo que he probado hasta ahora:

$(1.) \Rightarrow (2.)$ Todo anillo de valoración es local. Supongamos que $v$ es una valoración discreta en el campo de fracciones de $R$ tal que $v^{-1}(\mathbb{N}) \cup \{0\} = R$ . Afirmamos que $v$ es en realidad también una función euclidiana para $R$ . Sea $x,y \in R$ , $y \neq 0$ , si $\frac{x}{y} \in R$ tenemos $x = y \frac{x}{y} + 0$ así que hemos terminado. Si $\frac{x}{y} \notin R$ entonces $0 > v(\frac{x}{y}) = v(x)- v(y)$ Así que $v(y) > v(x)$ . Ahora tenemos $v(x) = v(y + (x - y)) \geq \min(v(y), v(x - y))$ pero como $v(y) > v(x)$ debe ser el caso que $v(x) \geq v(x-y)$ . Ahora escribimos $x = 1\cdot y + (x - y)$ y $v(y) > v(x) \geq v(x-y)$ .

$(2.) \Rightarrow (3.)$ Todo dominio euclidiano es un PID.

$(3.) \Rightarrow (4.)$ Cada PID es un dominio Dedekind.

$(3.) \Rightarrow (5)$ Todo PID es un UFD y todo elemento irreducible genera un ideal máximo en un PID y todo ideal es generado por un elemento irreducible (As $R$ no es un campo, los ideales máximos son distintos de cero). Como todos estos ideales máximos deben coincidir, hay exactamente un elemento irreducible hasta la unidad.

$(5.) \Rightarrow (6.)$ Un dominio no contiene nilpotentes no triviales. Así que podemos tomar $\pi$ para ser el único elemento irreducible.

$(1.) \land (3.) \Rightarrow (7.)$ Todo PID es noetheriano.

$(7.) \Rightarrow (3.)$ Todo anillo de valoración es un dominio local de Bezout. Los dominios de Bezout noetherianos son PID.

$(4.) \Rightarrow (10.)$ Dejemos que $R$ sea un dominio local Dedekind que no sea un campo. Entonces $R$ es unidimensional, por lo que todo ideal primo no nulo es maximal, pero sólo hay un ideal maximal como $R$ es local, por lo que sólo hay un ideal primo no nulo. Como $R$ es Dedekind, todo ideal no nulo es un producto de ideales primos, por lo que todo ideal no nulo es una potencia del ideal máximo.

$(8.) \Rightarrow (9.)$ Sea el ideal máximo $m$ ser generado por $x$ entonces la imagen de $x$ genera $m/m^2$ . Si $m/m^2 = 0$ , $m = m^2$ pero luego $m = 0$ por el lema de Nakayama, así que $m/m^2 \neq 0$ Por lo tanto $\operatorname{dim}_{R/m}m/m^2 = 1$ . Del teorema del ideal principal de Krull se deduce que $\operatorname{dim}R= 1$ .

$(9.) \Rightarrow (8.)$ Dejemos que $m$ sea el ideal máximo y $\bar{x}$ sea un generador de $m/m^2$ y que $x$ sea una preimagen de $\bar{x}$ bajo el natural mapa de cociente natural. Entonces tenemos $m = m^2 + (x)$ Así que $m = (x)$ por un corolario del lema de Nakayama. Ahora tenemos que demostrar que $x$ no es nilpotente. Como $\operatorname{dim}R = 1$ , $m$ contiene adecuadamente un ideal primo mínimo $p$ . Si $x$ era nilpotente, entonces $x \in p$ pero esto implica $m \subset p$ , lo cual es imposible.

$(10.) \Rightarrow (8.)$ Dejemos que $m$ sea el ideal máximo. Nótese que no podemos tener $m^2 = m$ o bien $m = 0$ por el lema de Nakayama, pero $R$ no es un campo. Seleccione $x \in m \setminus m^2$ entonces $(x)$ es una potencia de $m$ pero por nuestra elección de $x$ la única posibilidad es que $m = (x)$ . Como $R$ es un dominio, $(x)$ no es nilpotente.

$(8.) \Rightarrow (6.)$ Dejemos que $m = (\pi)$ sea el ideal máximo. Primero demostramos que todo ideal no nulo $x_0 \in R$ tiene una expresión de la forma requerida. En primer lugar, si $x_0$ es una unidad, entonces hemos terminado. Si $x_0$ no es una unidad, entonces $x_0 \in m$ Así que $x_0 = x_1 \cdot \pi$ . A continuación, haga lo mismo para $x_1$ . Si $x_1$ es una unidad, entonces hemos terminado, si $x_1$ no es una unidad $x_1 \in m$ por lo que podemos escribir $x_1 = x_2 \cdot \pi$ etc. Para ver que este proceso debe terminar, observamos que si no lo hace, tenemos $x \in m^n$ para todos $n\in \mathbb{N}$ lo que contradice el teorema de la intersección de Krull. Ahora que todo elemento no nulo es de la forma $u\pi^n$ tenemos que demostrar la unicidad. Si tomamos dos elementos no nulos los escribimos como $u_{1}\pi^n$ y $u_{2}\pi^k$ entonces su producto $u_{1}u_{2}\pi^{n+k}$ es distinto de cero, ya que $\pi$ no es nilpotente. Esto demuestra que $R$ es un dominio integral, por lo que el monoide multiplicativo es cancelativo, de aquí se deduce fácilmente la unicidad, si tenemos $u_1 \pi^n = u_2 \pi^k$ Supongamos wlog que $n \geq k$ entonces tenemos $u_1 = u_2 \pi^{n-k}$ . Ahora bien, si $n > k$ El LHS es una unidad mientras que el RHS no lo es, lo cual es absurdo. Así, $n = k$ y $u_1 = u_2$ .

$(6.) \Rightarrow (1.)$ $R$ es un dominio integral por el mismo argumento que en $(8.) \Rightarrow(6.)$ Ahora define una valoración sobre $R$ a través de $v(u\pi^n)=n$ Tenemos $v(u_1\pi^n\cdot u_2 \pi^k) = n+k = v(u_1\pi^n)+v(u_2\pi^k)$ Supongamos wlog que $k \leq n$ entonces $v(u_1\pi^k+u_2\pi^n)=v( (u_1+u_2\pi^{n-k})\pi^k) \geq k = \min(v(u_1\pi^k),v(u_2\pi^n))$ . Ampliar $v$ al campo de la fracción de $R$ al establecer $v(\frac{a}{b})=v(a)-v(b)$ entonces es obvio que $R$ es el anillo de valoración de $v$ .

Mi pregunta es, ¿es todo esto correcto? ¿Conoce alguna otra caracterización de los DVR? Si es así, ¿por qué es equivalente? Por ejemplo, wikipedia tiene lo siguiente

$R$ es un dominio (edit: noetheriano) que no es un campo, y todo ideal fraccionario no nulo de $R$ es irreducible en el sentido de que no puede escribirse como intersección finita de ideales fraccionarios que lo contengan adecuadamente.

Pero no tengo ni idea de cómo demostrar que es equivalente.

Answer 1

Creo que me vas a perdonar que no me fije en todos tus argumentos, pero puedo centrarme en la última afirmación de wikiepdia.

Una dirección está clara: si $(R, \pi)$ es un DVR, todo ideal fraccionario es de la forma $R\pi^{n}$ con $n \in \mathbb Z$ por lo que se ordenan linealmente y, en particular, la intersección de dos de ellas será siempre la menor.

Para la otra dirección, la propiedad implica claramente que $R$ es local, porque la intersección de dos ideales máximos es un subconjunto propio de ambos ideales máximos. Más generalmente, el conjunto de todos los ideales fraccionarios está ordenado linealmente, porque $I \cap J \in \{I,J\}$ . En particular, el conjunto de todos los subvectores-espacios de $\mathfrak m/\mathfrak m^2$ está ordenada linealmente, lo que obliga a que sea unidimensional. Por lo tanto, $\mathfrak m$ es principal.

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Resumiendo, un DVR es un dominio noetheriano que no es un campo y cuyo conjunto de ideales fraccionarios está linealmente ordenado. El enunciado de la wikipedia con las intersecciones es sólo una reformulación.