Dimensión de Krull de un anillo noetheriano local (2)

Question

Deje $(A,\mathfrak{m})$ ser un local Noetherian anillo y $x \in \mathfrak{m}$.

Demostrar que $\dim(A/xA) \geq \dim(A)-1$, con igualdad si $x$ $A$- regular (es decir, la multiplicación con $x,$ como un mapa de $A\rightarrow A$ es inyectiva).

Las dimensiones son de Krull dimensiones.

Puede tener algo que ver con esta cuestión de la Dimensión de la desigualdad de la homomorphisms entre noetherian local de los anillos, pero simplemente no puedo entenderlo.

Gracias.

Answer 1

Prólogo
Para cualquier anillo conmutativo $R$ y cualquier ideal $I\subsetneq R$ hemos $$ \dim(R/I)+ht(I)\leq \dim (R) \quad (*)$$ This does not assume $R$ noetherian, ni local, ni... pero sólo sigue a partir de las definiciones.

La desigualdad
Supongamos ahora que $(A,\mathfrak m)$ es local noetherian.
El truco es utilizar ese $\dim(A)$ es el menor número de elementos en $\mathfrak m$ generación de una $\mathfrak m$-primaria ideal (cf. Atiyah-Macdonald Teorema 11.14). Vamos a hacer que para $A/xA$:
Si $\bar x_1,...,\bar x_k\in \mathfrak m/xA$ generar una $\mathfrak m/xA$-primaria ideal, a continuación, $x, x_1,..., x_k$ generar una $\mathfrak m$-primaria ideal y este de inmediato los rendimientos de la desigualdad de $$\dim(A)\leq \dim(A/xA)+1 \quad (**)$$
La igualdad
El Prólogo implica que la igualdad en la $(**)$ si $ht(xA)=1$.
El director ideal teorema dice que siempre tenemos $ht(xA)\leq 1$.
Ahora dicen que $ht(xA)=0$ significa que $x\in \mathfrak p$ para un mínimo ideal de $\mathfrak p$.
Pero es bien sabido que la mínima ideales constan de divisores de cero (= no periódica de los elementos).
Por lo tanto, si $x$ es regular tenemos $ht(xA)=1$ (ya que no tenemos $ht(xA)=0$ !) y la igualdad de la siguiente manera $$ \dim(A)= \dim(A/xA)+1 \quad (***)$$

Answer 2

Aquí es una solución, pero desafortunadamente se invoca varias profundo de los resultados de la dimensión de la teoría.

Teorema. (Krull del Hauptidealsatz)

1. Deje $A$ ser un anillo, y deje $a \in A$. Si $a$ a no es invertible, entonces cada primer de $A$ mínimo $(a)$ tiene la altura en la mayoría de las $1$.

2. Deje $A$ ser un anillo, y deje $a_1, \ldots, a_r$ ser elementos de $A$. Si $(a_1, \ldots, a_r) \ne A$, entonces cada primer de $A$ mínimo $(a)$ tiene la altura en la mayoría de las $r$.

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La proposición. Un noetherian anillo de $R$ tiene un número finito de un mínimo de números primos.

Prueba. Deje $\Sigma$ ser el conjunto de todos los ideales de a $I$ $R$ tal que existen infinitos números primos de un mínimo de más de $I$. (Recordar que cada anillo tiene al menos un mínimo prime, así que siempre hay al menos un primer mínima más de $I$.) Parcialmente la orden de $\Sigma$ por la inclusión; supongamos, por una contradicción, que $\Sigma$ es no-vacío, a continuación, $\Sigma$ tiene un elemento maximal $I$, debido a $R$ es noetherian. Obviamente, $I$ no es primo, por lo que hay $f$ $g$ $R$ tal que $f g \in I$$f \notin I$$g \notin I$. Sin embargo, cualquier primer mínima más de $I$ también debe ser mínima más de $I + (f)$ o $I + (g)$, lo $I$ tiene sólo un número finito de mínimo de los números primos – una contradicción. $\qquad \blacksquare$

Corolario. Deje $R$ ser un noetherian anillo, y deje $\mathfrak{n}_1, \ldots, \mathfrak{n}_c$ ser el mínimo de los números primos de $R$. Si $\dim R < \infty$, luego $$\dim R = \max_i \dim R / \mathfrak{n}_i$$

Prueba. Si $\dim R < \infty$, cada una máxima de cadena de números primos de $R$ deben comenzar en un mínimo el primer y el final en un ideal maximal. $\qquad \blacksquare$

Geométricamente, lo que estamos diciendo es que el $\operatorname{Spec} R$ se puede descomponer en un número finito de irreductible componentes, y la dimensión de $\operatorname{Spec} R$ es el máximo de las dimensiones de los irreductible componentes. Por lo tanto, cuando se hace de la dimensión de la teoría, a veces puede salirse con la hipótesis de que $R$ es una parte integral de dominio.

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Hecho. Si $A$ es un anillo local con ideal maximal $\mathfrak{m}$ $\hat{A}$ es su $\mathfrak{m}$-ádico conclusión, a continuación,$\dim A = \dim \hat{A}$.

Hecho. Una completa noetherian anillo local es universalmente de la catenaria. En particular, en una completa noetherian local de dominio, cada saturados de cadena de números primos tiene la misma longitud.

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La proposición. Deje $A$ ser un noetherian anillo local con ideal maximal $\mathfrak{m}$ y residuos del campo de $k$. Si $a \in \mathfrak{m}$,$\dim A/(a) \ge \dim A - 1$.

Prueba. Empezamos por la reducción de más manejable de los casos. En primer lugar, observe que la finalización de $A / (a)$ $A$- módulo es el mismo que el de la terminación de $A / (a)$ como un anillo local, así que vamos a suponer que $A$ es una completa anillo local. Aviso de que es suficiente para demostrar que, para cada mínima prime $\mathfrak{n}$$A$, existe un primer $\mathfrak{c}$$A$$\mathfrak{n} \subseteq \mathfrak{n} + (a) \subseteq \mathfrak{c}$$\dim A/\mathfrak{n} - \dim A/\mathfrak{c} \le 1$. Por otra parte, es suficiente para hacer esto para un mínimo de prime $\mathfrak{n}$ tal que $\dim A / \mathfrak{n} = \dim A$. Por lo tanto podemos suponer sin pérdida de generalidad que $A$ es completa noetherian de dominio local.

Deje $\mathfrak{c}_1, \ldots, \mathfrak{c}_n$ ser los primos de $A$ mínimo $(a)$. El caso de $a = 0$ es poco interesante, por lo que asumimos $a \ne 0$. Entonces, nuestra hipótesis junto con Krull del Hauptidealsatz implica la altura de cada una de las $\mathfrak{c}_i$ es exactamente $1$. Por lo $\dim A / (a) + 1 \le \dim A$ – por lo tanto, estamos buscando para demostrar que $\dim A / (a) = \dim A - 1$ exactamente. Cualquier máxima de cadena de números primos que contienen a $(a)$ extendido a la izquierda por $(0)$ rendimientos saturado de cadena de números primos, sino $A$ es de la catenaria, por lo que esta es también una máxima de cadena de números primos. Por lo tanto,$\dim A / (a) = \dim A - 1$, según se requiera. $\qquad \blacksquare$.