Editar. La conclusión de que los anillos reducidos $\boldsymbol{R}$ con un número finito de ideales primos mínimos tienen aic's que son únicos hasta el isomorfismo es incorrecto. La sección de cola de este post describe por qué. Pero la prueba de la afirmación de que cada aic de $R$ incrustaciones en el anillo $\overline{K}$ construido en la presente sección pasa el examen, creo.
La unicidad se mantiene en el caso $R$ se reduce y $\mathrm{min}(R)$ el conjunto de los ideales primos mínimos, es finito. (Esto incluye todos los anillos reducidos noetherianos.) Tales anillos tienen propiedades bastante notables. ( Edita. Los dominios son sólo el caso especial en el que $\mathrm{min}(R)$ es un espacio de un punto. Pues si $\mathrm{min}(R)$ $=$ $\{\mathfrak{p}\}$ entonces tenemos $\mathfrak{p}$ $=$ $\bigcap\mathrm{min}(R)$ $=$ $\bigcap\mathrm{spec}(R)$ $=$ $\mathrm{nil}(R)$ $=$ $0$ .)
Para demostrar que el cierre integral absoluto de $R$ es único hasta el isomorfismo, sea $R$ $\subseteq$ $S$ sea una extensión integral ajustada con $S$ un anillo absolutamente cerrado integralmente. Entonces $\mathrm{nil}(S)\cap R$ $=$ $\mathrm{nil}(R)$ $=$ $0$ , así que por estrechez $S$ también debe reducirse.
Para $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ podemos encontrar un $\mathfrak{P}$ $\in$ $\mathrm{spec}(S)$ con $\mathfrak{P}\cap R$ $=$ $\mathfrak{p}$ porque la extensión $R$ $\subseteq$ $S$ es integral. Tomemos un ideal primo mínimo $\tilde{\mathfrak{p}}$ $\subseteq$ $\mathfrak{P}$ de $S$ . Entonces $\tilde{\mathfrak{p}}\cap R$ $=$ $\mathfrak{p}$ . Si $I$ $=$ $\bigcap_{\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)}\tilde{\mathfrak{p}}$ entonces $I\cap R$ $=$ $\bigcap\mathrm{min}(R)$ $=$ $\mathrm{nil}(R)$ $=$ $0$ Por lo tanto $I$ $=$ $0$ . Así que si $\mathfrak{Q}$ $\in$ $\mathrm{min}(S)$ ya que $\mathrm{min}(R)$ es finito, el producto $\prod_{\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)}\tilde{\mathfrak{p}}$ existe y está contenido en $I$ $=$ $0$ $\subseteq$ $\mathfrak{Q}$ . Así $\mathfrak{Q}$ debe ser uno de los $\tilde{\mathfrak{p}}$ . Por lo tanto, $S$ también es "semiglobal", es decir, $\mathrm{min}(S)$ $=$ $\{\tilde{\mathfrak{p}}\mid\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)\}$ es finito.
Sea $K$ y $L$ sean los anillos totales de fracciones de $R$ y $S$ respectivamente. Así que $K$ $=$ $\mathrm{reg}(R)^{-1}R$ donde $\mathrm{reg}(R)$ es el conjunto de elementos regulares de $R$ . Los ideales primos de $K$ son de la forma $\mathfrak{p}K$ donde $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{spec}(R)$ con $\mathfrak{p}\cap\mathrm{reg}(R)$ $=$ $\varnothing$ es decir $\mathfrak{p}$ consiste en divisores de cero de $R$ . Estos $\mathfrak{p}$ son precisamente los ideales primos mínimos de $R$ . Porque si $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ y $r$ $\in$ $\mathfrak{p}$ entonces $r$ $\in$ $\mathfrak{p}R_\mathfrak{p}$ . Siendo una localización de un anillo reducido, $R_\mathfrak{p}$ se reduce de nuevo. Así que $0$ $=$ $\mathrm{nil}(R_\mathfrak{p})$ $=$ $\bigcap\mathrm{spec}(R_\mathfrak{p})$ $=$ $\mathfrak{p}R_\mathfrak{p}$ para $\mathfrak{p}R_\mathfrak{p}$ es el único ideal primo de $R_\mathfrak{p}$ . (Tenga en cuenta que $R_\mathfrak{p}$ por lo tanto debe ser un campo). Así que $r$ $=$ $0$ en $R_\mathfrak{p}$ y, por tanto, existe un $r'$ $\in$ $R-\mathfrak{p}$ para lo cual $rr'$ $=$ $0$ en $R$ . Así que $r$ es un divisor nulo de $R$ . Por el contrario, si $rr'$ $=$ $0$ y $r'$ $\ne$ $0$ entonces existe un $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ con $r'$ $\notin$ $\mathfrak{p}$ porque $\bigcap\mathrm{min}(R)$ $=$ $0$ . Por lo tanto, $r$ $\in$ $\mathfrak{p}$ . Por lo tanto, si un primo $\mathfrak{q}$ de $R$ sólo contiene divisores cero, está contenido en $\bigcup\mathrm{min}(R)$ . Pero se trata de una unión finita, por lo que por la lema para evitar el primado lo ideal $\mathfrak{q}$ es un primo mínimo de $R$ .
Así que $\mathrm{spec}(K)$ $=$ $\{ \mathfrak{p}K\mid\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)\}$ . Y $R$ $\subseteq$ $K$ ya que si $r$ $\in$ $R$ se hace cero en $K$ hay un $r'$ $\in$ $\mathrm{reg}(R)$ con $rr'$ $=$ $0$ Por lo tanto $r$ $=$ $0$ .
Tenga en cuenta que $\mathfrak{p}K\cap R$ $=$ $\mathfrak{p}$ cuando $\mathfrak{p}$ es un primo mínimo. En efecto, si $r=u/v$ en $K$ con $u$ $\in$ $\mathfrak{p}$ y $v$ $\in$ $R$ regular, entonces hay un $w$ $\in$ $\mathrm{reg}(R)$ con $w(vr-u)$ $=$ $0$ en $R$ Así que $vr$ $=$ $u$ $\in$ $\mathfrak{p}$ . Si $v$ $\in$ $\mathfrak{p}$ entonces por lo anterior $v$ es un divisor nulo de $R$ contradicción. Así que $r$ $\in$ $\mathfrak{p}$ . Como resultado, $R/\mathfrak{p}$ $\subseteq$ $K/\mathfrak{p}K$ .
De ello se deduce que $K$ es un anillo reducido de dimensión cero, es decir, un anillo regular de von Neumann. Pues si $\mathfrak{p}$ y $\mathfrak{q}$ son mínimos de $R$ con $\mathfrak{p}K$ $\subseteq$ $\mathfrak{q}K$ entonces $\mathfrak{p}$ $\subseteq$ $\mathfrak{q}K\cap R$ $=$ $\mathfrak{q}$ Por lo tanto $\mathfrak{p}$ $=$ $\mathfrak{q}$ . Así que si $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ tenemos $\mathfrak{p}K$ $\in$ $\mathrm{max}(K)$ y así $K/\mathfrak{p}K$ es un campo. De hecho, es el campo cociente de $R/\mathfrak{p}$ . El anillo $L$ también es VNR, y contiene $S$ como un subring.
$R\subseteq S\subseteq L=\mathrm{reg}(S)^{-1}S$ y $\mathrm{reg}(R)$ $\subseteq$ $\mathrm{reg}(S)$ . Porque si $rs$ $=$ $0$ con $r$ $\in$ $R$ y $s$ $\in$ $S-\{0\}$ entonces $r$ está en un primo mínimo $\tilde{\mathfrak{p}}$ de $S$ . Pero entonces $r$ $\in$ $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ Así que $r$ es un divisor nulo en $R$ . Así $K$ $=$ $\mathrm{reg}(R)^{-1}R$ $\subseteq$ $\mathrm{reg}(R)^{-1}S$ (ya que las localizaciones son planas) $\subseteq$ $\mathrm{reg}(S)^{-1}S$ $=$ $L$ . Por lo tanto $K/\mathfrak{p}K$ es un subcampo de $L/\tilde{\mathfrak{p}}L$ . Y la extensión $K/\mathfrak{p}K$ $\subseteq$ $L/\tilde{\mathfrak{p}}L$ es algebraico, porque $S$ es integral sobre $R$ .
El mapa natural $K\to\prod_{\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)}K/\mathfrak{p}K$ es inyectiva, ya que el núcleo es la intersección de todos los ideales primos de $K$ y $K$ se reduce. ( Edita. En $\mathrm{dim}(K)$ $=$ $0$ por la CRT esto es en realidad un isomorfismo, y $K$ es un producto finito de campos. Es fácil ver que, de hecho $K/\mathfrak{p}K$ $\cong$ $K_{\mathfrak{p}K}$ $\cong$ $R_\mathfrak{p}$ .
Sea $\overline{K}$ $=$ $\prod_{\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)}C_\mathfrak{p}$ donde $C_\mathfrak{p}$ es el cierre algebraico del campo $K/\mathfrak{p}K$ (y de $L/\tilde{\mathfrak{p}}L$ ). Este $\overline{K}$ puede considerarse el "cierre algebraico" de $R$ (o, igualmente, de $K$ , $S$ o $L$ ).
Afirmo que el cierre integral $T$ de $R$ en $\overline{K}$ está ajustado sobre $R$ . Pues dejemos $I$ sea un ideal no nulo de $T$ y toma $0$ $\neq$ $t$ $\in$ $I$ . Para $\mathfrak{p}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ denota el $\mathfrak{p}$ -ésima coordenada de $t$ por $t_\mathfrak{p}$ y elija una $\mathfrak{p}$ con $t_\mathfrak{p}$ $\in$ $C_\mathfrak{p}$ distinto de cero. Tomemos una mónica $f$ $\in$ $R[X]$ con $f(t)$ $=$ $0$ en $T$ . Si el término constante $f(0)$ está en $\mathfrak{p}$ se hace cero en $K/\mathfrak{p}K$ por lo que en $C_\mathfrak{p}$ . En $t_\mathfrak{p}$ es una raíz de la imagen de $f$ en $C_\mathfrak{p}[X]$ y $C_\mathfrak{p}$ es un campo, $t_\mathfrak{p}$ es también una raíz de (la imagen de) $g$ $=$ $(f-f(0))/X$ $\in$ $R[X]$ . A continuación, sustituimos $f$ por $g$ . Si el nuevo $f(0)$ está en $\mathfrak{p}$ de nuevo, repita el proceso hasta que $f(0)$ $\notin$ $\mathfrak{p}$ .
Por la finitud del espectro mínimo de $R$ el producto de los primos mínimos $\mathfrak{q}$ $\ne$ $\mathfrak{p}$ no puede contenerse en $\mathfrak{p}$ por lo que existe un $c$ $\in$ $R$ que está en todos los mínimos de $R$ excepto $\mathfrak{p}$ . Entonces $h(t_\mathfrak{p})$ $=$ $0$ y para $\mathfrak{p}$ $\ne$ $\mathfrak{q}$ $\in$ $\mathrm{min}(R)$ tenemos $c$ $=$ $0$ en $K/\mathfrak{q}K$ Así que $h$ $=$ $0$ en $C_\mathfrak{q}[X]$ . Por lo tanto $h(t)$ $=$ $0$ en $T$ . Pero $h(0)$ $=$ $cf(0)$ $\notin$ $\mathfrak{p}$ y, por lo tanto $h(0)$ es un elemento no nulo de $tT$ $\subseteq$ $I$ que se encuentra en $R$ . Esto calma la tirantez.
Desde $T$ es integral sobre $R$ y claramente cerrado integral absoluto, es un cierre integral absoluto de $R$ (en el sentido definido por Martin).
Ahora $S\subseteq L\rightarrowtail\prod_{\mathfrak{p}\in\mathrm{min}(R)}L/\tilde{\mathfrak{p}}L$ $\subseteq$ $\overline{L}$ $=$ $\overline{K}$ y la imagen de $S$ en $\overline{K}$ debe coincidir con el cierre integral de $R$ en $\overline{K}$ que es $T$ . Así $S$ y $T$ son isomorfas.
Pero esta conclusión es incorrecta.
Campos $F$ tienen una propiedad, llamémosla propiedad X, en el sentido de que para una mónica $f$ $\in$ $F[X]$ sus raíces en $F$ en la medida en que existen, están determinados de forma única, hasta una permutación. Así, si dos subrings $S$ y $T$ de $F$ son aic's de un subring común $R$ entonces $S$ y $T$ son iguales al cierre integral de $R$ sobre el terreno. Porque si $x$ $\in$ $F$ y $f$ $\in$ $R[X]$ es mónico y $f(x)$ $=$ $0$ entonces $f$ se divide como producto de factores lineales en $S[X]$ Así que $x$ debe estar en $S$ . Igualmente, $x$ debe estar en $T$ . Esto se aplica en particular a cualquier $x$ que se encuentra en $S$ o $T$ ellos mismos, y así $S$ $=$ $T$ .
El razonamiento anterior se basa en la idea de que la propiedad X también es válida para los productos de campos. Lo cual es cierto, pero carece de sentido porque es una tautología.
$\rhd$ Inserte
Para ilustrar el problema, consideremos el anillo $R$ $=$ $k[P,Q]/(PQ)$ donde $k$ es un campo, y $P$ y $Q$ son indeterminadas con imágenes $p$ y $q$ en $R$ . Es reducido y tiene dos primos mínimos: $\mathfrak{p}$ $=$ $pR$ y $\mathfrak{q}$ $=$ $qR$ . Así que aquí, $\overline{K}$ $=$ $C_\mathfrak{p}\times C_\mathfrak{q}$ es un producto de dos campos.
Sea $f$ $=$ $X(X-1)$ $\in$ $R[X]$ . Las raíces de $f$ en $\overline{K}$ son $(0,0)$ , $(0,1)$ , $(1,0)$ y $(1,1)$ .
$T$ es el cierre integral de $R$ en $\overline{K}$ por lo que contendrá los cuatro. $S$ contiene al menos dos de ellos: $(0,0)$ $=$ $0_S$ y $(1,1)$ $=$ $1_S$ . Pero, ¿por qué debería contener las otras dos?
Sin embargo do necesariamente tienen $S$ $\subseteq$ $T$ en $\overline{K}$ de modo que $T$ es el aic máximo o "universal" de $R$ y contiene todas las demás aic.
$S$ puede construirse en un proceso transfinito que inicializa $S$ a $R$ Si la raíz de un polinomio no lineal mónico irreducible no es un factor, se factorizan todos los factores mónicos del nuevo anillo de polinomios en factores irreducibles y se une la siguiente raíz, siempre que queden polinomios no lineales mónicos irreducibles.
Para elaborarlo, uniendo una raíz de un polinomio irreducible mónico no lineal $f$ Me refiero a pasar de $S$ al ring $S[X]/(f)$ que es integral sobre $S$ .
La factorización de un polinomio mónico $f$ en irreducibles es una tarea finita. Pues si $f$ no es irreducible por sí mismo, sino que es el producto de dos mónicos de grado inferior. El resultado no suele ser único, por supuesto.
Si una mónica $f$ es irreducible sobre la versión actual del anillo $S$ y $s$ está en ese anillo, no podemos tener $f(s)$ $=$ $0$ . Por otra parte $f$ sería divisible por $X-s$ en $S[X]$ por el Teorema del Resto, y $f$ es lineal.
Así que en ningún momento estamos colindando raíces varias veces. En particular, no hay nuevas raíces de $X(X-1)$ se presentará. Por lo tanto, cuando $R$ no tiene ningún idempotente (aparte de $0$ y $1$ ), como ocurre en el presente ejemplo, tampoco $S$ .
Si el aic resultante $S$ es el aic "mínimo" de $R$ que contiene (la imagen en $\overline{K}$ de) cualquier otra aic, no está claro. Supongo que no, ya que $S$ carece de una descripción canónica.
En cualquier caso, esto resuelve el problema de unicidad para aic's en el caso general en el negativo ya que un anillo que contiene cuatro ceros de $X(X-1)$ no puede ser isomorfo a uno que sólo tenga dos.
Exsert $\lhd$
Para los dominios $R$ sigue siendo cierto que dos aic cualesquiera $S$ y $S'$ de $R$ son isomorfas. Puesto que $S/R$ es integral, tiene yacencia, por lo que existe un ideal primo $\mathfrak{q}$ de $S$ con $\mathfrak{q}\cap R$ $=$ $0$ . En $S$ está ajustado sobre $R$ debemos tener $\mathfrak{q}$ $=$ $0$ de modo que $S$ es un dominio. Dado que $S$ es integral sobre $R$ el campo cociente de $S$ es algebraico sobre el campo cociente $K$ de $R$ Así que $S$ se incrusta en el cierre algebraico $C$ de $K$ . Y lo mismo ocurre con $S'$ . Toma, $C$ $=$ $C_\mathfrak{p}$ (en la notación anterior), donde $\mathfrak{p}$ $=$ $0$ el único primo mínimo de $R$ . Por lo tanto, el problema no puede plantearse aquí, y por lo tanto $S$ $\cong$ $S'$ .
