Superposiciones de dominios Dedekind como localizaciones

Question

Estoy cursando un estudio independiente en el que organizo y presento semanalmente material sobre teoría algebraica de números a mi profesor y recibo retroalimentación. La próxima semana voy a cubrir algunos temas diversos, incluyendo la localización. Esta nota es atractiva porque es corta y dulce y utiliza tecnología a la que acabo de llegar en este momento. Sin embargo, empecé a repasar el argumento y estoy atascado al principio en la ecuación etiquetada como $(\star)$ .

Quiero demostrar que si $R$ es Dedekind y $R\subset A\subset K$ donde $K$ es el campo de la fracción de $R$ entonces $$A=\bigcap_{{\frak p}A\ne A}R_{\frak p} \tag{$ \N - La estrella $}$$

[ Editar con la hipótesis adicional de que $R$ Las clases de ideales fraccionarios tienen un orden finito].

donde $R_{\frak p}$ es la localización $(R\setminus{\frak p})^{-1}R$ que defino a través de $S^{-1}R=\min\{T\subseteq K\mid S\subseteq T^\times\}$ . Puedo demostrar que $S^{-1}R=$ " $R[S^{-1}]$ ", por lo que todos los elementos de $S^{-1}R$ puede escribirse con un denominador en $S$ y a la inversa, cualquier fracción con denominador en $S$ está en $S^{-1}R$ . También puedo argumentar que cada $x\in K$ (y por tanto en $A$ ) puede escribirse de la forma $a/b$ donde $a,b\in R$ y $a\not\in(b)$ o incluso con más fuerza cuando $a,b$ no comparten ningún factor común (lo que en términos de ideales significa $(a,b)\triangleleft R$ no es divisible por ningún ideal principal no trivial, si es que eso sirve de algo).

Para mostrar que el LHS está contenido en el RHS, debo mostrar ${\frak p}A\ne A\Rightarrow A\subseteq R_{\frak p}$ , lo que significa que ${\frak p}A<A$ (estrictamente) implica todo $x\in A$ puede escribirse como $a/b$ con $a\in R$ , $b\in R\setminus\frak p$ . Sin embargo, no estoy seguro de cómo conseguirlo. También tengo problemas con la otra inclusión. Mi primera idea era decir $a/b$ está en la intersección, el factor $bR={\frak q}_1\cdots{\frak q}_e$ , argumentan ${\frak q}_iA\ne A$ no era posible desde entonces, combinado con $b\in{\frak p}_i$ se deduce que $a/b\not\in R_{{\frak q}_{\large i}}$ una contradicción, por lo tanto ${\frak q}_iA=A$ para cada $i$ y entonces tenemos la igualdad resultante $bA=bRA={\frak q}_1\cdots{\frak q}_eA=A\ni 1$ por lo que $b^{-1}\in A$ .

Sin embargo, no puedo probar $b\in{\frak q}_i\Rightarrow a/b\not\in R_{{\frak q}_{\large i}}$ : Necesito demostrar que si $a/b$ en términos más sencillos tiene $b\in\frak p$ entonces no se puede reescribir en otra forma que tenga un denominador que no esté en $\frak p$ . En este punto generaría ideales y consideraría exponentes de $\frak p$ en las factorizaciones, pero no estoy seguro $a\not\in\frak p$ . (Es posible que tanto el numerador como el denominador estén en un ideal primo, pero aún así en la forma más simple: tomemos el cociente de dos generadores de un ideal no primo, por ejemplo).

También sería bueno saber si $(\star)$ no se cumple para dominios no Dedekind, y si es así, cuál es el dominio y el anillo superior en el que falla (y por qué).

Volviendo a la pretensión original de la nota, sería bueno también conocer dominios Dedekind simples que tengan clases ideales fraccionarias de orden infinito. Hice una búsqueda rudimentaria en Google, pero la única mención directa implicaba ideas como los grupos de Picard y las curvas elípticas, que aún no he cubierto.

Answer 1

Tienes razón en que la afirmación en cuestión no es obvia. Sin embargo, se cumple para todos los dominios Dedekind (sin hipótesis adicionales sobre el grupo de clases). Un estudio detallado de los anillos de los dominios Dedekind se encuentra en $\S$ 23 de mis apuntes de álgebra conmutativa . Sin embargo, la discusión aquí es un poco incompleta: la demostración del Teorema 23.3 - que es de hecho lo que usted está preguntando - se difiere a la sección sobre los dominios de Prüfer, que aún no está terminado.

Permítanme dar una prueba más simple de este hecho como una deducción de las cosas que ya están en las notas. Primero necesitamos que los ideales máximos del anillo superior $A$ son precisamente los ideales máximos $\mathfrak{p}$ de $R$ tal que $\mathfrak{p} A \subsetneq A$ . Esta es la Proposición 23.2. Entonces utilizamos el hecho de que para cualquier dominio integral $A$ con el campo de la fracción $K$ si intersecamos los anillos de valoración de $K$ que contiene $A$ entonces obtenemos el cierre integral de $A$ (Teorema 17.15). En particular, obtenemos $A$ de nuevo si $A$ es integralmente cerrado, lo que es en este caso. Además, según Krull-Akizuki todo anillo de valoración que contenga un dominio Dedekind es un DVR, y los anillos DVR de un dominio Dedekind corresponden a los ideales máximos del dominio. Esto responde a tu pregunta.

Mis notas continúan tratando el teorema que se demuestra en la nota de David Krumm (una solución a un ejercicio de tarea en un curso de posgrado que tomó de mí hace unos años; desde entonces ha obtenido su doctorado) de una manera más pausada que la solución de una página de David: ver en particular el Teorema 23.5.

Answer 2

He aquí un contraejemplo cuando $R$ no es un dominio Dedekind. Consideremos

$$k[t^2,t^3] \subseteq k[t] \subseteq k(t)= \operatorname{Frac} k[t^2,t^3].$$

El anillo $ R := k[t^2,t^3]$ no puede ser un dominio Dedekind porque no es integralmente cerrado. Ahora afirmamos que para cada primo $\mathfrak{p}$ de $R$ que $\mathfrak{p}k[t] \neq k[t]$ . Si tuviéramos $\mathfrak{p}k[t] = k[t]$ para algún primo $\mathfrak{p}$ entonces localizando obtenemos $\mathfrak{p}_{\mathfrak{p}} k[t]_{\mathfrak{p}} = k[t]_{\mathfrak{p}}$ . Aquí estamos pensando en $\mathfrak{p}$ y $k[t]$ como $R$ -módulos.

La cuestión es que $k[t]$ ser un f.g. $R$ -módulo implica $k[t]_{\mathfrak{p}}$ es un f.g. $R_\mathfrak{p}$ -y, por tanto, el lema de Nakayama implica que $k[t]_{\mathfrak{p}}=0$ contradicción. Por lo tanto, vemos que $$\bigcap_{\mathfrak{p}k[t] \neq k[t]} R_{\mathfrak{p}} = \bigcap_{\mathfrak{p} \in \operatorname{Spec} R}R_{\mathfrak{p}} = R$$ donde la última igualdad proviene del hecho de que un dominio es igual a la intersección de las localizaciones en todos sus primos.

Así que en el caso de que $R$ no es un dominio Dedekind, la igualdad no es verdadera.

Answer 3

Sostengo que ambas condiciones son equivalentes a la afirmación de que ningún ideal fraccionario contenido en $A$ tiene una potencia negativa de $\mathfrak{p}$ en su factorización primaria.

...Me gustaría que la gente explicara los downvotes. Esta es la única prueba completa que se ha dado de los hechos en cuestión, y no hace uso de la tecnología pesada.

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$A\subset R_\mathfrak{p} \implies \mathfrak{p} A\neq A$ :

Supongamos que $\mathfrak{p}A=A$ . Entonces hay algún ideal fraccionario $I\subset A$ con $R\subset\mathfrak{p} I$ Así que $\operatorname{ord}_\mathfrak{p} I < 0$ . Pero cualquier ideal fraccionario $J\subset R_\mathfrak{p}$ tiene $\operatorname{ord}_\mathfrak{p} J \geq 0$ por lo que se deduce que $R\not\subset R_\mathfrak{p}$ .

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$\mathfrak{p} A \neq A \implies A\subset R_\mathfrak{p}$ :

Si $A\not\subset R_\mathfrak{p}$ entonces hay algún ideal fraccionario $I\subset A$ con $I\not\subset R_\mathfrak{p}$ lo que equivale a la afirmación de que $\operatorname{ord}_\mathfrak{p} I < 0$ . En otras palabras, la factorización única de $I$ en ideales primos contiene una potencia negativa de $\mathfrak{p}$ .

Al despejar los denominadores, podemos suponer además que la factorización prima de $I$ no contiene ninguna potencia negativa, salvo una única potencia negativa de $\mathfrak{p}$ . Entonces $\mathfrak{p}I \subset R$ . Tenga en cuenta que no podemos tener $\mathfrak{p} I = \mathfrak{p}$ porque el lado izquierdo no es divisible por $\mathfrak{p}$ .

Así que hay un ideal $J \subset \mathfrak{p}I\subset R$ con $J \not\subset\mathfrak{p}$ . Desde $\mathfrak{p}$ es un ideal máximo, tenemos $\mathfrak{p} + J = R$ Por lo tanto $\mathfrak{p} A = \mathfrak{p} A + JA = A$ .