¿La longitud de la cadena máxima de ideales primos es igual al grado de trascendencia del campo de fracciones?

Question

He estado leyendo algo de álgebra conmutativa, pero he estado luchando con esta idea durante un tiempo.

Dejemos que $k$ sea un campo, y que $A=k[x_1,\dots,x_n]$ sea un dominio integral finitamente generado, tal que $\operatorname{tr. deg}_k(k(x_1,\dots,x_n))=r$ . Quiero saber por qué para cualquier cadena máxima de conjuntos cerrados irreducibles (no vacíos) $P_1\subset P_2\subset\cdots\subset P_m=\operatorname{Spec}(A)$ con $P_i\neq P_j$ cuando $i\neq j$ entonces $m=r+1$ .

Sé que desde el $P_i$ son cerrados e irreducibles, entonces cada $P_i=Z(p_i)$ el conjunto de ceros para algún ideal primo $p_i$ . Así que traté de buscar una cadena máxima $$ Z(p_1)\subset Z(p_2)\subset\cdots\subset Z(p_m)=\operatorname{Spec}(A). $$ También sé que $Z(a)\subset Z(b)\iff\text{rad }a\supset\text{rad }b$ por lo que se obtiene una cadena máxima de ideales primos $$ p_1\supset p_2\supset\cdots\supset p_m=(0). $$

No he visto la forma de relacionar esto con el grado de trascendencia para concluir que $m=r+1$ . Pensé en asumir $m<r+1$ o $m>r+1$ para obtener una contradicción, pero no vio la forma de proceder. ¿Existe una prueba bonita y relativamente autocontenida de que la longitud de toda cadena máxima de ideales es igual al grado de trascendencia del campo de fracciones en este caso?

He estado buscando, pero no he encontrado una prueba muy digerible.

Answer 1

Esto es una consecuencia del teorema de normalización de Noether, y de algunas inducciones. (No es trivial.) En primer lugar, hay una interpretación débil del enunciado, que dice que todas las cadenas de primos en $A$ de longitud máxima tienen longitud $r$ . La interpretación más fuerte es que cualquier cadena de primos en $A$ en el que no son posibles más inserciones de primos tiene una longitud $r$ . La afirmación más fuerte es verdadera, pero algo más difícil de demostrar. [La longitud de $P_0 \subsetneq \cdots \subsetneq P_r$ se declara $r$ aquí].

El teorema de normalización dice que hay un subring polinómico $B = k[y_1, \ldots , y_r]$ de $A$ para que $A$ es integral sobre $B$ . Entonces el Teorema de la Subida te dirá cadenas de primos en $B$ elevar a las cadenas en $A$ y cadenas de longitud $s$ en $A$ contrato a cadenas de longitud $s$ en $B$ . Evidentemente, hay cadenas de longitud $r$ en $B$ Por lo tanto, también en $A$ . Demostraré por inducción en $r$ que no hay cadenas de longitud superior a $r$ en cualquier $A$ de trans deg $r$ . Si $r = 1$ Esto es así porque $B = k[y]$ es un PID, y las cadenas en $B$ y $A$ corresponden. En general, el primer primo no nulo de una cadena de longitud máxima en $B$ debe ser principal, generado por un polinomio irreducible $f$ . Pero ahora es fácil que $B/(f)$ tiene grado de trascendencia $r-1$ Así que por las cadenas de inducción que suben desde $(f)$ en $B$ tienen una longitud limitada por $r-1$ .

Esto sólo demuestra el teorema débil. El teorema más fuerte utiliza el Teorema del Descenso para extensiones integrales de un dominio integralmente cerrado. El anillo polinómico $B$ es íntegramente cerrado, por lo que se aplica Going Down. La cuestión ahora es que si tenemos una cadena en $A$ para el que no son posibles las inserciones, entonces por Going Down el menor primo no nulo $P$ en esa cadena debe intersecarse $B$ en un primo mínimo $(f)$ en $B$ . Ahora la inducción para la afirmación más fuerte se aplica a $B/(f) \subseteq A/P$ .

Supongo que esto no es una prueba "autocontenida", así que tal vez no proporcione lo que esperabas. Pero no creo que haya ningún método más fácil.