Así que estoy estudiando álgebra conmutativa en el momento y me han llegado a través de la prueba de Hilbert Teorema de la Base (la prueba que tengo es la misma que la de Reid de Pregrado Álgebra Conmutativa). Yo no puede ver lo que yo hubiera pensado de tal prueba y no puedo encontrar en cualquier lugar que da una buena motivación. Me preguntaba si alguien de aquí me podría ayudar?
EDIT: después de Martin de Brandenburgo, el consejo de trazaré la prueba y explicar de dónde me da la sensación de: "¿por qué haces eso?"
Teorema. Si $A$ es un Noetherian anillo (conmutativo con 1), a continuación, $A[X]$ es también Noetherian.
Prueba/Discusión. En primer lugar, hemos de elegir cualquier ideal $I$$A[X]$. Nuestro objetivo es encontrar un conjunto finito de generadores.
Únicamente disponemos de datos sobre los ideales en $A$, por lo que es necesario pasar de lo ideal a $I$ $A[X]$ a los ideales en $A$.
Dado cualquier polinomio $f \in I$, una manera natural de obtener elementos de $A$ es mirar sus coeficientes.
La mayoría de los "obvio" que los coeficientes de mirar son el término constante y el coeficiente inicial.
Sólo mirando a los términos constantes desecha una gran cantidad de información acerca de $I$, por lo que no podemos ir por este camino.
Deje $\lambda(f)$ el valor del coeficiente inicial de $f \in A[X]$.
Podemos definir a la $J=\{a \in A : \exists f \in I \text{ such that } a=\lambda(f)\}$, pero esto no es necesariamente un ideal de a $A$.
Por ejemplo, si $a,b \in J$,$\exists f,g \in I$$a=\lambda(f)$$b=\lambda(g)$. Es entonces natural que decir,
"bien $f+g \in I$ (desde $I$ es un ideal) y $\lambda(f+g)=a+b$, por lo que tenemos $a+b \in J$"
pero esto sólo funciona si $\deg f = \deg g$. Lo que nos lleva a definir, para cada una de las $m\in\mathbb{N},$
$$J_m=\{a \in A : \exists f \in I \text{ with } \deg f = m \text{ such that } a = \lambda(f)\}\cup \{0\}.$$
Entonces, de hecho, cada una de las $J_m$ es de hecho un ideal de a $A$.
Ahora podemos usar ese $A$ es Noetherian para obtener que cada una de las $J_m$ es finitely generado:
$$J_m=(a_{m1},\ldots,a_{mr_m})$$
para algunos $a_{ij} \in A$. En particular, dado $m \in \mathbb{N}$, tenemos, para cada una de las $1\leq j \leq r_m$, algunos $f_{mj}\in I$ con
$\deg f_{mj}=m$;
$\lambda(f_{mj})=a_{mj}$.
Definir, para cada una de las $m\in \mathbb{N}$,
$$S_m = \{f_{mj} : 1\leq j \leq r_m\}.$$
Pretendemos que el (infinito) set $S=\bigcup_{m\in\mathbb{N}}S_m$ genera $I$.
Supongamos $f \in I$$\deg f = n$$\lambda(f)=a$.
A continuación,$a \in J_n$, por lo que no existe $s_1,\ldots,s_{r_n} \in A$ tal que
$$a=s_1a_{n1}+\ldots+s_{r_n}a_{nr_n}.$$
En consecuencia, si definimos $g=\sum_{k=1}^{r_n}s_kf_{nk} \in (S_n)$,$\lambda(g)=a$.
En particular, $f-g \in I$$\deg(f-g)<n$.
Procedimiento inductivo, obtenemos $h \in (S_0,S_1,\ldots,S_n)$ tal que $f=h$.
Esto demuestra que $S$ es un infinito conjunto de generadores para $I$.
Sin embargo, ahora podemos observar que el $J_m\subseteq J_{m+1}$ por cada $m \in \mathbb{N}$.
De hecho, si $a \in J_m$, entonces tomamos $f \in I$ $\deg f=m$ tal que $\lambda(f)=a$ y ver que
$Xf \in I$ (desde $I$ es un ideal),
$\deg Xf = m+1$,
$\lambda(Xf)=a$,
de donde se sigue que $a \in J_{m+1}$.
Como $A$ es Noetherian satisface la ACC en los ideales y de modo que existe $N \in \mathbb{N}$ tal que
$$J_{N}=J_{N+k} \text{ for all } k \in \mathbb{N}$$
y por lo $S$, lo que genera $I$, es en realidad finita! Esto concluye la prueba. //
De haber escrito de esta manera, y realmente tenía un buen pensar, no parece demasiado antinatural supongo (aunque, por supuesto, todavía no estoy del todo convencido de que podría haber llegado con él).
Supongo que el bit donde se observa que el $J_m$'s de la forma ascendente de la cadena parece un "poco de suerte" en lugar de tener alguna razón para esperar que sea el caso...
¿Cuáles son sus pensamientos acerca de mi interpretación?
Muchas gracias!
