Ejemplos de anillos cuyo polinomio anillos tienen gran dimensión

Question

Si $A$ es un anillo conmutativo con unidad, a continuación, un hecho demostrado en la mayoría de los álgebra conmutativa los libros de texto es:

$$\dim A + 1\leq\dim A[X] \leq 2\dim A + 1$$

La Idea de la prueba: cada primer de $A$ en una cadena puede surgir en la mayoría de los dos primeros ideales de $A[X]$.

La izquierda de la igualdad tiene al $A$ es un noetherian anillo, pero este papel de Seidenberg muestra que, para los anillos de dimensión fija, cada valor en el intervalo es alcanzable.

Parece ser que hay una escasez de primaria referencias en estos contraejemplos, sin embargo, por lo que pensé que podría ser bueno para recoger algunos ejemplos específicos de los anillos conmutativos $A$$\dim A[X] > \dim A$, o el conocimiento acerca de los casos más sencillos.

En particular, sería bueno tener algunos ejemplos de anillos de $A$$\dim A = 1$$\dim A[X]=3$.

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Aquí es un ejemplo que se me acaba de trabajar, inspirado por Seidenberg del papel.

Deje $k$ ser un campo, con $t$ trascendental $k$, y deje $A = \{f\in k(t)[[Y]] \mid f(0) \in k\}$. A continuación, $A$ tiene un valor distinto de cero el primer ideal $P = \{f\in k(t)[[Y]] \mid f(0) = 0\}$,$A/P \cong k$, lo $\dim A = 1$.

A ver que $\dim A[X]=3$, es suficiente para presentar un primer ideal que se extiende entre los $(0)$$P[X]$. Considerar el mapa de $A[X] \to k(t)[[Y]]$$p(X) \mapsto p(t)$. La imagen es una parte integral de dominio, por lo que el kernel $K$ es primo. Pero $(YX-tY)\in K$, mientras que $Y\notin K$, lo $(0)\subsetneq K \subsetneq P[X]$.

Answer 1

Aquí está una clasificación de todas integral dominios $A$ con $\dim A=1$, $\dim A[X]=3$:

En primer lugar, considerar el mapa de $\operatorname{Spec} A[X]\to\operatorname{Spec} A$$\mathfrak{p}\to\mathfrak{p}\cap A$. La fibra de más de $P$ es isomorfo a $\operatorname{Spec} A_P / PA_P\otimes_A A[X] \cong (A_P / PA_P)[X]$, que es unidimensional. De ello se desprende que una cadena de tres números primos en $A[X]$ no puede tener la misma intersección con $A$.

Supongamos que hay una cadena de cuatro prime ideales en $A[X]$. Por el párrafo anterior, la intersección con la a $A$ nos debe dar $(0)\subset (0) \subset P \subset P$ para un máximo de $P\subset A$. De ello se desprende que los tres primeros elementos de la cadena de se $(0) \subsetneq \mathfrak{q} \subsetneq P[X]$,$\mathfrak{q}\cap A = (0)$. La existencia de una $\mathfrak{q}$ es por tanto equivalente a $\dim A[X] = 3$.

A continuación, el mapa de $A[X]\to K(A[X]/\mathfrak{q})$ restringe a una inyección de $A\to K(A[X]/\mathfrak{q})$, lo que induce a una inyección de $K(A)\to K(A[X]/\mathfrak{q})$. Por lo $\mathfrak{q}$ es el núcleo de un mapa de $A[X]$ a un campo de extensión de $K(A)$. Deje $t$ ser la imagen de $X$ bajo este mapa.

Desde $\mathfrak{q}\neq (0)$, $t$ es algebraico sobre $K(A)$. Desde $\mathfrak{q}\subset P[X]$, $t$ es trascendental $K(A/P)$.

Así que todos los ejemplos que surgen de una dimensión $1$ integral dominio $A$ con un ideal maximal $P$, de tal manera que hay algunos $t\in \overline{K(A)}$ que es trascendental $K(A/P)$-es decir, cada ecuación integral satisfecho por $t$ ha coeficientes en $P$.

(Nota: En el ejemplo original, $t$ satisface el polinomio $p(T) = YT - tY$, por lo que este es, probablemente, cerca de el ejemplo más simple de un elemento de $K(A)$ trascendental $K(A/P)$.)

Por el contrario, una $t$ da lugar a nuestra deseada primer ideal $\mathfrak{q}$.

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Antes de aceptar, me gustaría entender si la condición $t\in \overline{K(A)}$ puede ser simplificado a $t\in K(A)$. Si es así, la condición es mucho más simple: se debe tener un poco de $t\in K(A)$ que sólo puede ser escrito como una fracción con ambos, numerador y denominador en $P$.