Anillo noetheriano con dimensión Krull infinita (ejemplo de Nagata).

Question

Acabo de empezar a leer sobre la dimensión de Krull (definición y teoría básica), al principio cuando pensaba en la dimensión de Krull de un anillo noetheriano mi idea era que debía ser finita, sin embargo esto resultó ser erróneo.

Estoy buscando un ejemplo de un anillo noetheriano conmutativo que tenga una dimensión de Krull infinita.

He leído que hay un ejemplo famoso debido a Nagata, pero no he podido encontrarlo.

Answer 1

El ejemplo de Nagata:

Dejemos que $A=k[x_{\mathbf N}]$ sea el anillo de polinomios sobre un campo $k$ en un número contable de indeterminados. Sea $m_1,m_2,\ldots$ sea una secuencia creciente de enteros positivos tal que $m_{i+1}-m_i>m_i-m_{i-1}\forall i>1$ . Sea $\mathfrak p_i=(x_{m_i+1},\ldots,x_{m_{i+1}})$ y que $S$ sea el complemento en $A$ de la unión de los ideales $\mathfrak p_i$ . Cada $\mathfrak p_i$ es un ideal primo y por tanto $S$ es multiplicativamente cerrado. Cada $S^{-1}\mathfrak p_i$ tiene una altura igual a $m_{i+1}-m_i$ Por lo tanto $\operatorname{dim} S^{-1}A=\infty$ .

Reclamación. $A[S^{-1}]$ es noetheriano.

Lema. Dejemos que $A$ sea un anillo tal que
(1) para cada ideal máximo $\mathfrak m$ de $A$ el anillo local $A_{\mathfrak m}$ es noetheriano;
(2) para cada $0\ne x\in A$ el conjunto de ideales máximos de $A$ que contienen $x$ es finito.
Entonces $A$ es noetheriano. (Prueba, por ejemplo, en Atiyah-Macdonald ex. 7.9).

Esta afirmación se deduce de las siguientes observaciones.

Observación 1. El $S^{-1}\mathfrak p_i$ son máximos.
Prueba. Supongamos que $\alpha\in S^{-1}A$ , $\alpha\not\in S^{-1}\mathfrak p_i$ y $\alpha\not\in k$ . Entonces $\alpha$ incluye un monomio que no incluye ninguno de los generadores de $\mathfrak p_i$ como factor (podemos suponer que $\alpha\in A$ después de despejar los denominadores). Eliminación de monomios en $\alpha$ perteneciente a $\mathfrak p_i$ podemos suponer $\alpha$ no contiene ningún monomio como $x_{m_i+1}$ con coeficiente no nulo; entonces $\alpha+x_{m_i+1}\in S$ por lo tanto es una unidad.

Observación 2. Cualquier $0\ne x\in A$ sólo puede estar en un número finito de $S^{-1}\mathfrak p_i$ .
Prueba. Se puede comprobar que $x\in k[x_{\mathbf N}]$ donde es obvio.

Observación 3. (evasión generalizada de primos) Cualquier ideal $I\subset k[x_{\mathbf N}]$ contenida en $\bigcup_i\mathfrak p_i$ está contenida en $\mathfrak p_i$ para algunos $i$ .

Obsérvese que las observaciones 3 y 1 muestran que los ideales máximos de $A[S^{-1}]$ son precisamente los $S^{-1}\mathfrak p_i$ . La Observación 2 satisface entonces la condición (2) del lema. Para ver que $A[S^{-1}]_{S^{-1}\mathfrak p_i}$ es noetheriano, nótese que coincide con $A_{\mathfrak p_i}\cong k(x_j)[x_{m_i+1},\ldots,x_{m_{i+1}}]_{(x_{m_i+1},\ldots,x_{m_{i+1}})}$ una localización de un anillo noetheriano, donde el índice $j$ recorre todos los $\mathbf N$ excepto en el caso de $m_i+1,\ldots,m_{i+1}$ . Esto satisfará (1), lo que significa que basta con demostrar la Observación 3.

Prueba de la Observación 3. Supongamos que $I\subset A$ , $I\subset\bigcup_{i\in L}\mathfrak p_i$ . Si $|L|<\infty$ el resultado se desprende de la evitación habitual de primos (finitos). Por lo tanto, supongamos $|L|=|\mathbf N|$ y que $I$ no está contenida en $\bigcup_{k\in K}\mathfrak p_k$ para $K\subset\mathbf N$ finito. Para $f\in A$ , poned $$D(f):=\{i\in\mathbf N \text{ s.t. } S^{-1}\mathfrak p_i\ni f\}.$$ Dejemos que $f\in I$ , entonces si $\nexists g\in I$ s.t. $D(f)\cap D(g)\neq\emptyset$ entonces $I\subset\bigcup_{i\in D(f)}\mathfrak p_i$ y $D(f)$ es un conjunto finito. Por lo tanto, $\exists g\in I$ s.t. $D(f)\cap D(g)=\emptyset$ . Tenga en cuenta que si $D(f)=\emptyset$ o $D(g)=\emptyset$ entonces uno u otro se encuentra fuera de $\bigcup_i\mathfrak p_i$ , contradiciendo $I\subset\bigcup_{i\in L}\mathfrak p_i$ . Por lo tanto, podemos suponer $D(f)\ne\emptyset\ne D(g)$ . Sea $\sigma\in D(g)$ , $d:=\deg f$ . Entonces la afirmación es que $D(f+x_{m_\sigma+1}^{d+1}g)=\emptyset$ , lo que supone una contradicción. Claramente $D(x_{m_\sigma+1}^{d+1}g)=D(g)$ y como $D(f)\cap D(g)=\emptyset$ , $f+x_{m_\sigma+1}^{d+1}g$ no está contenida en ningún $\mathfrak p_\ell$ para $\ell\in D(f)\cup D(g)$ . Al mismo tiempo, como el término de menor grado de $x_{m_\sigma+1}^{d+1}g$ es de mayor grado que el término de mayor grado de $f$ no puede haber cancelación entre los monomios, por lo que, fijando un índice $\ell$ , si $f\not\in\mathfrak p_\ell$ , $f$ tiene un monomio no nulo que no está en $\mathfrak p_\ell$ y ese monomio persiste con el mismo coeficiente no nulo en $f+x_{m_\sigma+1}^{d+1}g$ Por lo tanto $f+x_{m_\sigma+1}^{d+1}g$ no puede mentir en $\mathfrak p_\ell$ ya que para un pol. mentir en $\mathfrak p_\ell$ todo monomio con coeficiente distinto de cero debe estar en $(x_{m_\ell+1},\ldots,x_{m_{\ell+1}})$ . Esto demuestra la Observación 3.

Answer 2

Tomemos un anillo polinómico $A$ en infinitas variables sobre un campo, y considere la familia infinita de ideales primos formada por subconjuntos disjuntos de las variables, el número de variables aumenta en longitud. Entonces localizamos $A$ por el complemento de la unión de estos ideales primos. ¿Gracias a quién? Gracias Nagata ! ;-)