Para cualquier dominio $A$ deje $A^\times$ ser de su grupo de unidades.
Deje $A$ ser un noetherian de dominio con sólo un número finito de primer ideales, y el campo de fracciones de $K$.
Es el grupo de $K^\times/A^\times$ finitely generado?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Paul
Puntos
34
El artículo
D. D. Anderson, "Integral Dominios con Finitely Generado Grupos de Divisibilidad", Procediendo AMS 112 (3), 1991
más probable que proporciona la información que buscan.
En particular, el teorema de 0 en este artículo parece mostrar que, en general, la respuesta a tu pregunta es no: un requisito necesario parece ser que la integral de cierre de $\overline{A}$ $A$ en su campo de fracciones de un número finito de $A$-módulo, y es un Bezout de dominio. Así por ejemplo, si $\overline{A}$ es noetherian, es una de las principales ideales de dominio.
Añadido después de QiL post:
Colocando la información de los post de QiL y el artículo citado en conjunto, se obtiene el siguiente buen resultado:
Teorema: Vamos a $A$ ser un noetherian de dominio con finito de espectro y el campo de fracciones de $K$. Deje $\overline{A}$ ser la integral de cierre de $A$ $K$ y deje $f$ ser el conductor ideal de la extensión de $A\subseteq\overline{A}$. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:
$K^\times/A^\times$ es finitely generado.
Por cada primer ideal $p\supseteq f$ la fracción de campo de $A/p$ es finito.
Prueba. $1\Rightarrow 2$: Por el teorema 1 en Anderson papel el anillo de $\overline{A}/f$ es finito. En particular, la fracción campos de $\overline{A}/q$ son finitos para todos los $f\subseteq q$. Estos campos contienen la fracción campos de $A/p$, $p\supseteq f$.
2$\Rightarrow 1$: Por QiL del post y el Teorema 3 en Anderson de papel es suficiente para demostrar que $\overline{A}/f$ es finita, lo que es equivalente a la finitud de los campos $\overline{A}/q$, $f\subseteq q$. Por Krull-Akizuki las extensiones $A/q\cap A\subseteq \overline{A}/q$ son finitos. De ahí la afirmación de la siguiente manera.
