Puede un cociente de campo nunca se finitely generado como un álgebra?

Question

Si a es conmutativa de la integral de dominio que no es un campo, y deje $K$ ser el cociente de campo de A. sabemos que $K$ no es finitely generado como a-módulo. Pero puede $K$ nunca se finitely genera como una A-álgebra?

Answer 1

Seguro. Deje $A$ ser los enteros localizada en $(2)$; es decir, $$A = \left\{ \frac{a}{b}\in\mathbb{Q}\;\Bigm|\; a,b\in\mathbb{Z}, b\gt 0, \gcd(a,b)=\gcd(2,b)=1\right\}.$$ El campo de cocientes de a$A$$\mathbb{Q}$, y es igual a $A[\frac{1}{2}]$, por lo que se genera como un $A$-álgebra $1$$\frac{1}{2}$.

De manera más general, cualquier UFD $R$ con sólo un número finito de pares no asociado irreducibles tendrá un campo de fracciones que se finitely genera como una $R$-álgebra: simplemente tome $m_1,\ldots,m_k$ a un máximo de lista de pares no asociados irreducibles en $R$, y el campo de fracciones será igual a la subalgebra $R[\frac{1}{m_1},\ldots,\frac{1}{m_k}]$.

Añadido. De hecho:

Teorema. Deje $R$ ser un UFD. Los siguientes son equivalentes:

1. El campo de fracciones de $K$ $R$ es finitely genera como una $R$-álgebra.
2. $R$ tiene sólo un número finito de pares no asociar elementos irreductibles.

Prueba. Si $R$ tiene sólo un número finito de no asociar elementos irreductibles (posiblemente $0$), $m_1,\ldots,m_k$, a continuación, el subalgebra $R[\frac{1}{m_1},\ldots,\frac{1}{m_k}]$ $K$ es igual a todos los de $K$: cada elemento de a $K$ puede ser escrito como $\frac{a}{b}$ con $a,b\in R$, $b\neq 0$, y $b$ puede ser tenidos en cuenta en irreducibles $b=um_1^{\alpha_1}\cdots m_k^{\alpha^k}$, donde $\alpha_1,\ldots,\alpha_k$ son números enteros no negativos y $u$ es una unidad de $R$. Entonces $$\frac{a}{b} = au^{-1}\left(\frac{1}{m_1}\right)^{\alpha_1}\cdots\left(\frac{1}{m_k}\right)^{\alpha_k}\in R\left[\frac{1}{m_1},\ldots,\frac{1}{m_k}\right].$$

Por el contrario, supongamos que $K$ es finitely genera como una $R$-álgebra. Podemos suponer que el conjunto que generó $K$ está compuesto enteramente de fracciones de la forma $\frac{1}{b}$, debido a que cualquier elemento de a $\frac{a}{b}$ puede ser reemplazado con $\frac{1}{b}$ y aún así obtener el mismo $R$-subalgebra. Por otra parte, podemos suponer que las $b$ es irreductible, porque si $b=m_1^{\alpha_1}\cdots m_r^{\alpha_r}$, entonces podemos reemplazar$\frac{1}{b}$$\frac{1}{m_1},\ldots,\frac{1}{m_r}$. Por lo tanto, podemos suponer que la $K$ es generado como un $R$-álgebra por los inversos multiplicativos de un conjunto finito de pares no asociada a elementos irreductibles de $R$, $m_1,\ldots,m_k$. Ahora vamos a $m\in R$ ser cualquier irreductible. Podemos expresar $\frac{1}{m}$ como una suma de múltiplos de potencias de la $m_i^{-1}$, por lo que tenemos $$\frac{1}{m} = \frac{a_1}{m_1^{\alpha_1}} + \cdots + \frac{a_k}{m_k^{\alpha_k}} = \frac{b_1a_1+\cdots+b_ka_k}{m_1^{\alpha_1}\cdots m_k^{\alpha_k}}$$ donde $$b_j = \frac{m_1^{\alpha_1}\cdots m_k^{\alpha_k}}{m_i^{\alpha_i}}.$$ Entonces debemos tener ese $(b_1a_1+\cdots+b_km_k)m = m_1^{\alpha_1}\cdots m_k^{\alpha_k}$, lo $m$ divide $m_1^{\alpha_1}\cdots m_k^{\alpha_k}$, y, por tanto, $m$ es socio de uno de $m_1,\ldots,m_k$. Por lo tanto, $R$ tiene sólo un número finito de pares no-asociado irreducibles, como se reivindica. $\Box$

Answer 2

De hecho, la clase de tal $A$ es que no sólo no vacío, pero lo suficientemente importante como para tener un nombre estándar: Goldman dominios. Consulte la página 117 de Pete Clark L. apuntes de álgebra conmutativa aquí.