Extensión restringida de ideales primos del anillo de polinomios sobre $\mathbb{Q}$

Question

Dejemos que $R=\mathbb{Q}[x_1,x_2,\ldots,x_n]$ sea un anillo de polinomios multivariantes sobre $\mathbb{Q}$ . Sea $V=\mathop{\rm span}\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ sea el subespacio lineal abarcado por las indeterminaciones. Sea ${\frak p}\lhd R$ sea un ideal primo de $R$ que interseca trivialmente $V$ .

Pregunta: ¿Tenemos siempre un ideal máximo ${\frak m}\lhd R$ tal que ${\frak p\subseteq m}$ y ${\frak m}\cap V=\{0\}$ ?

Answer 1

Creo que la respuesta es sí cuando $n=2$ .

Dejemos que $R=\mathbb{Q}[x,y]$ ya que $R$ es bidimensional el único caso no trivial es para los primos de altura 1, y como $R$ es un UFD podemos suponer que el ideal primo $P$ es generado por un polinomio irreducible $f(x,y)$ . Distinguimos dos casos.

Caso 1: $f$ es lineal. Como $P\cap V=(0)$ Hay $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{Q}$ con $\gamma\neq 0$ (ya que $P\cap V=(0)$ ), de manera que $f(x,y)=\alpha x+\beta y+\gamma$ . Aplicando una sustitución lineal (que no cambia $V$ ), podemos suponer que $f(x,y)=y+\gamma$ . Sea $g\in\mathbb{Q}[z]$ sea un polinomio irreducible de grado $>1$ y definir $M:=(g(x),y+\gamma)R$ .

Caso 2: $f$ no es lineal. Sin pérdida de generalidad, supongamos que el $x$ -grado de $f$ es $>1$ . Por Teorema de irreducibilidad de Hilbert hay infinitas $y_0\in\mathbb{Q}$ tal que $g(x):=f(x,y_0)$ es irreducible; en particular, podemos elegir $y_0$ diferente de $0$ y tal que el grado de $g$ es $>1$ . Definir $M:=(g(x),y-y_0)R$ y observe que $P\subseteq M$ (escriba cada $y^k$ de $f(x,y)$ como $(y_0+(y-y_0))^k$ : el $y_0^k$ va a construir $g$ mientras que el resto es un múltiplo de $y-y_0$ ).

En ambos casos, tenemos $M:=(g(x),y-y_0)R$ para algunos $y_0\neq 0$ ; afirmo que $M\cap V=(0)$ . Claramente $x\notin M$ (por lo demás $g(0)\in M$ contra el hecho de que $g$ es irreducible y no lineal). Supongamos que $M$ contiene $\alpha x+y$ Entonces, $\alpha x+y-(y-y_0)=\alpha x+y_0\in M$ . Por lo tanto, $M$ debe contener tanto $g(x)$ y $\alpha x+y_0$ lo cual es imposible ya que (de nuevo) $g$ es irreducible de grado $>1$ .

Por lo tanto, $M$ es su ideal máximo.

Para $n>2$ Creo que una prueba similar debería funcionar, con $M$ siendo en la forma $(f_1(x_1),f_2(x_2),\ldots,f_{n-1}(x_{n-1}),f_n(x_n))$ con cada $f_i$ irreducible y a lo sumo uno de ellos lineal; sin embargo, probablemente se necesite un mejor control de los grados de los generadores de $P$ (por ejemplo, un generador de $P$ puede ser lineal en dos variables pero en las otras).

Answer 2

Esto es una consecuencia del Lemma de Zorn. Sea $P$ sea el conjunto de todos los ideales propios de $R$ que contienen $\mathfrak p$ y se cruzan $V$ trivialmente. Este conjunto $P$ está parcialmente ordenado por inclusión de conjuntos. Si podemos demostrar que todo subconjunto totalmente ordenado tiene un límite superior en $P$ entonces $P$ tiene por lo menos un elemento maximal $\mathfrak m$ . Este ideal $\mathfrak m$ es entonces un ideal maximal (propio) que contiene a $\mathfrak p$ y satisface $\mathfrak m\cap V=\{0\}$ .

Llegados a este punto, el resto de la prueba procede según los argumentos estándar sobre las uniones de ideales anidados. Si no has visto este argumento antes, deberías consultar la prueba aquí e intente hacer las modificaciones necesarias usted mismo.

Si todavía te interesan los detalles, los escribo a continuación:

Dejemos que $T\subseteq P$ sea un subconjunto totalmente ordenado. O bien $T=\emptyset$ o no. Si $T=\emptyset$ entonces $\mathfrak p\in P$ es un límite superior para $T$ . En caso contrario, defina

$$ \mathfrak m:=\bigcup\limits_{\mathfrak q\in T}\mathfrak q.$$

Por construcción, $\mathfrak m\supseteq\mathfrak q\supseteq\mathfrak p$ para cada $\mathfrak q\in T$ y es una comprobación rutinaria para ver que $\mathfrak m$ es un ideal de $R$ . Supongamos, por si acaso, que $\mathfrak m=R$ . Entonces tendríamos

$$1\in\mathfrak m = \bigcup\limits_{\mathfrak q\in T}\mathfrak q,$$

lo que implica que hay al menos una $\mathfrak q_0\in T\subseteq P$ con $1\in\mathfrak q_0$ ... pero entonces esto implica que $\mathfrak q_0=R$ lo que contradice el hecho de que $P$ sólo contiene ideales propios. Por lo tanto, concluimos que $\mathfrak m$ es realmente apropiado.

Finalmente para verificar que $\mathfrak m$ es en realidad un elemento de $P$ tenemos que comprobar que $\mathfrak m\cap V=\{0\}$ :

\begin{align*} \mathfrak m\cap V &= \left(\bigcup\limits_{\mathfrak q\in T}\mathfrak q\right)\cap V\\ &= \bigcup\limits_{\mathfrak q\in T}\left(\mathfrak q\cap V\right)\\ &= \bigcup\limits_{\mathfrak q\in T}\{0\}\;=\;\{0\}. \end{align*}

Así, todo subconjunto totalmente ordenado $T\subseteq P$ tiene un límite superior en $P$ por lo que se cumple el lema de Zorn. $\hspace{1cm}\blacksquare$