No noetherian anillo con $\text{Spec}(R)$ noetherian

Question

Pregunta 1: ¿un anillo?

Nota: La definición de un noetherian topológica del espacio es similar a la de los anillos o conjuntos. Cada descendente de la cadena de subconjuntos cerrados se detiene después de un número finito de pasos

(Pregunta 2: este es el equivalente a decir que cada descendente de la cadena de abre paradas?).

Answer 1

Es fácil de llegar con ejemplos cuando se tenga en cuenta que $X$ $X_{red}$ son homeomórficos: La topología no se cambia cuando se divide (todos) nilpotent secciones.

Por ejemplo, $A = k[x_1,x_2,...] / (x_1^2,x_2^2,...)$ satisface $A/rad(A)=k$, por lo que el $Spec(A)$ consiste exactamente en un punto, a saber, el ideal maximal $(x_1,x_2,...)$, que no es finitely generado.

En general, $Spec(A)$ es un noetherian espacio topológico iff $A$ satisface el ascendente de la cadena de condición de radical ideales.

Answer 2

Si el no-noetherianness de que el anillo está oculto en el interior de la nilradical, a continuación, $\mathrm{Spec}$ no la veremos.

Deje $k$ ser cualquier anillo, y deje $V$ libre $k$-módulo de infinito valor. Considere la posibilidad de $R=k\oplus V$, y convertirlo en un anillo por definir $$(a,v)\cdot(b,w)=(ab,aw+bv).$$ (Representation-people call this a trivial extension) Then $R$ is not-noetherian, because every $k$-submodule of $V$ is an ideal in $R$. Yet $V$ is contained in the nilradical of $R$: if you look at $\mathrm{Spec}\;R$ and at $\mathrm{Spec}\;k$, vas a ver que son muy similares.

En cuanto a tu segunda pregunta: no. Si $k$ es un infinito campo, a continuación, $\mathrm{Spec}\;k[X]$ es noetherian, sin embargo, usted encontrará fácilmente una disminución en la cadena de bloques abiertos init que no se detiene. (¿Qué ejemplos consideró antes de hacer la pregunta? :) )

Answer 3

Respuesta a la pregunta 1: Sí.

No tome un noetherian de valoración dominio de $R$ a la limitada dimensión de Krull. El espectro de $R$ es totalmente ordenado en virtud de la inclusión, por tanto finito.

H

Answer 4

Dos ejemplos más creo...

1. Deje $k$ ser un campo, y $A = k[x_1,x_2,\ldots]$ un polinomio anillo de más de $k$ en countably muchos indeterminates. Deje $\mathfrak{b}$ ser el ideal generado por a $x_1^2$ y $x_n - x_{n+1}^2$ todos los $n \geq 1$. Escribir $y_n = \bar x_n$$B = A/\mathfrak{b}$. A continuación, $y_1^2 = 0$ $y_n = y_{n+1}^2$ todos los $n \geq 1$, por lo $y_n^{2^n} = 0$. Si $\mathfrak{p} = (y_1,y_2,\ldots)$, tenemos $B/\mathfrak{p} \cong k$, lo $\mathfrak{p}$ es máxima. Por otro lado, los generadores de $\mathfrak{p}$ son nilpotent, por lo que $\mathfrak{p}$ está contenida en el nilradical de $B$, y por lo tanto es el único con un mínimo de prime así. Puesto que todos los números primos, entonces, el ideal maximal $\mathfrak{p}$ $\mathfrak{p}$ es la única flor de la $B$. Por lo tanto $\mathrm{Spec}(B) = \{\mathfrak{p}\}$ es, obviamente, Noetherian. Pero $(y_1) \subsetneq (y_2) \subsetneq (y_3) \subsetneq \cdots$ es un infinito ascendente de la cadena de ideales, por lo $B$ no es Noetherian.

2. Deje $k$ ser un campo, $\mathbb{Q}$ el grupo aditivo de los números racionales, y $k[\mathbb{Q}]$ el grupo de álgebra. Si $K$ es su campo de fracciones, no es una forma asociada a la valoración de $v\colon K^\times \twoheadrightarrow \mathbb{Q}$; deje $A = \{0\} \cup \{x \in K : v(x) \geq 0\}$ ser la asociada a la valoración de anillo. Tiene un ideal de a $\mathfrak{a}_q = \{x \in K : v(x) \geq q\}$ para cada racional $q > 0$, $\mathfrak{a}_q \subsetneq \mathfrak{a}_r$ si $r < q$. Por lo tanto, tomar una infinita disminución de la secuencia $(q_j)$, vemos a $A$ no es Noetherian. Sin embargo, sólo el primer ideal de $A$$\mathfrak{p} = \{x \in K : v(x) > 0\}$.

Answer 5

$\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}$ Sólo para el suministro de otro ejemplo. Deje $R$ ser el sub-anillo $\Z/4+(2)\subset(\Z/4)[x_1,x_2,\cdots]$. (En general, la suma de un sub-anillo y un ideal es un sub-anillo.) $R$ se compone de todos los polinomios en la $(\Z/4)[x_1,x_2,\cdots]$ con coeficientes no constantes términos nilpotent. El nilradical de $R$$(2)$, e $R/(2)=\Z/2$ es un campo, por lo $\mathrm{Spec}(R)$ es Noetherian. Sin embargo, $(2x_1)\subset(2x_1,2x_2)\subset\cdots$ es estrictamente ascendente de la cadena.