¿Dimensión Krull menor o igual que el grado de trascendencia?

Question

Dejemos que $k$ sea un campo, y $A$ a $k$ -para que el campo de fracciones de $A$ tiene grado de trascendencia $n$ en $k$ .

Si $A$ es de generación finita sobre $k$ entonces $A$ tiene la dimensión de Krull $n$ (Teorema A de Eisenbud).

Sin embargo, si $A$ es de generación infinita, entonces es posible que la dimensión de $A$ sea menor que el grado de trascendencia de su campo de fracción. Tomemos, por ejemplo, las funciones racionales en una variable $A=k(x)$ . Dimensión 0, grado de trascendencia 1.

¿Es siempre cierto que la dimensión de $A$ es menor o igual que $n$ ?

Answer 1

Me parece que la respuesta es sí .

Fija cualquier cadena de primos estrictamente creciente $P_0 \subsetneq P_1 \subsetneq \cdots \subsetneq P_m$ sur $A$ de longitud $m$ ; vamos a demostrar que $m \leq n$ . Elija los elementos $x_i \in P_i \setminus P_{i-1}$ para $i = 1,\dots,m$ .

Dejemos que $B \subseteq A$ sea el $k$ -subálgebra generada por $\{x_1,\dots,x_m\}$ . Los primos $Q_i = P_i \cap B$ forman una cadena estrictamente creciente de longitud $m$ sur $B$ porque $x_i \in Q_i \setminus Q_{i-1}$ .

El campo de la fracción $Q(B)$ de $B$ vive dentro de $Q(A)$ y por lo tanto tiene $k$ -grado de trascendencia como máximo $n$ . Porque $B$ está generada finitamente, lo que significa que tiene una dimensión de Krull como máximo $n$ . Ahora se deduce que $m \leq n$ .

Answer 2

Ya hay una respuesta perfecta y aceptada, pero pensé en añadir esto para señalar que hay una razón geométrica para que la dimensión posiblemente baje frente al grado de trascendencia.

Para simplificar, supongamos que el campo de fracciones de $A$ es una extensión de campo finitamente generada de $k$ y que $A$ es integralmente cerrado. Si estamos haciendo geometría estos supuestos parecen razonables (y ya hay una respuesta completa en el caso general). Creo que con un poco más de trabajo se puede seguir un argumento similar sin estas suposiciones, pero el objetivo de este post es principalmente explicar la geometría detrás de este fenómeno, por lo que no me estoy esforzando por la exhaustividad sobre todo que (como ya he mencionado dos veces) dado que ya hay una solución completa no hay necesidad de hacerlo.

Así que, primero, $A$ contiene una base de trascendencia para su campo de fracción sobre $k$ En otras palabras, tenemos $$ k\subseteq k[x_1,\dots,x_n]\subseteq A \subseteq \mathrm{Frac} (A) $$ donde $\mathrm{Frac} (A)$ es una extensión algebraica finita de $k(x_1,\dots,x_n)$ . Ahora dejemos que $B$ sea el cierre integral de $k[x_1,\dots,x_n]$ sur $\mathrm{Frac} (A)$ . Desde $A$ se supone que es integralmente cerrado, $B\subseteq A$ y como $\mathrm{Frac} (A)$ es una extensión algebraica finita de $k(x_1,\dots,x_n)$ , $B$ es una entidad finitamente generada $k[x_1,\dots,x_n]$ -y un módulo finitamente genérico $k$ -y el álgebra $\mathrm{Frac} (B)=\mathrm{Frac} (A)$ .

La integral $k$ -extensión del álgebra $k[x_1,\dots,x_n]\subseteq B$ corresponde a un morfismo suryectivo finito $X\to \mathbb A^n_k$ de $k$ -variedades, por lo que para $X$ tenemos el resultado citado: $\dim X$ es igual al grado de trascendencia del campo de fracciones de $A$ .

Ahora tenemos que $B\subseteq A \subseteq \mathrm{Frac} (B)=\mathrm{Frac} (A)$ . En situaciones geométricas, esto suele ocurrir si $A$ es una localización de $B$ . En ese caso obtenemos que la dimensión de Krull de $A$ es como máximo la dimensión de Krull de $B$ porque la dimensión de $A$ es simplemente la altura máxima de los puntos de $\mathrm{Spec}B$ contenida en $\mathrm{Spec} A$ .

Realmente es por lo que escribí toda esta respuesta: la forma en que la dimensión de Krull cae frente al grado de trascendencia es si localizamos en puntos no cerrados: En tu ejemplo original $k(x)$ corresponde al punto genérico de la línea $\mathbb A^1$ por lo que su dimensión geométrica = grado de trascendencia es $1$ pero su dimensión algebraica es $0$ porque es un campo (o más generalmente el anillo local de un punto no cerrado).

Answer 3

[ Editar ] Mi respuesta es innecesariamente complicada con respecto a la de Manny.

La respuesta es sí. En primer lugar, supongamos que $A$ es noetheriano. Se puede encontrar $t_1,\dots, t_n\in A$ algebraicamente independiente sobre $k$ . Entonces se obtiene un morfismo dominante $\operatorname{Spec}A\to \mathbb A^n_k$ de esquemas integrales noeterianos que es genéricamente finito. Esto implica entonces que $\dim A\le \dim \mathbb A^n_k$ (ver esta respuesta a la pregunta relacionada).

Si $A$ no es noeteriano, escribe $A$ como límite inductivo de los subdominios noetherianos $A_i$ con $\mathrm{Frac}(A_i)=\mathrm{Frac}(A)$ . Sea $\mathfrak p_0\subset \cdots \subset \mathfrak p_r$ sea una cadena de ideales primos en $A$ . Entonces, para algunos $A_i$ El $\mathfrak p_j\cap A_i$ es una cadena de ideales primos (toma $A_i$ lo suficientemente grande como para contener un elemento de $\mathfrak p_j\setminus \mathfrak p_{j-1}$ para todos $j\le r$ ). Entonces por lo anterior $r\le \dim A_i\le n$ . Por lo tanto, $\dim A\le n$ .