¿Cuando $\mathfrak{a}B\cap A = \mathfrak{a}$?

Question

Que $A\subset B$ ser anillos, y que $\mathfrak{a}$ ser un ideal de $A$. ¿En qué circunstancias es $\mathfrak{a}B\cap A = \mathfrak{a}$? Más precisamente, ¿hay condiciones en $A,B$ que garantizan para todos ideales $\mathfrak{a}\triangleleft A$? Si es así, ¿cuáles son los más generales tales condiciones?

(Tuve una corazonada que si $A$ está cerrado integralmente y $B$ integral $A$, esto estaría garantizada, pero hasta ahora no pudieron demostrarlo o formar un contraejemplo).

Answer 1

Su corazonada es en la dirección correcta, pero aún más las condiciones requeridas. A continuación es un extracto de la introducción de R. Gilmer del Contratado ideales con respecto a la integral de las extensiones.

Teorema $\ $Deje $D$ ser un integralmente dominio cerrado con cociente de campo $K$; deje $L$ ser una extensión del campo de $K$ tal hat $L/K$ es separable algebraicas, y deje $D'$ ser la integral de cierre de $D$$L.$, a Continuación, cada ideal de $D$ es la contracción de un ideal de a $D'$ -- que es, si $A$ es un ideal de a $D,$ no es un ideal de a $B$ $D'$ tal que $A = B \cap D.$

Más tarde nos muestran (Ejemplo 2) que esta conjetura es falsa en general. Pero nosotros muestran que en varios casos importantes, cada ideal de $ D$ es la contracción de un ideal de $D'$. En particular, esto es cierto en el caso de $D$ es un Prüfer de dominio (Corolario 2) o si $D'$ tiene una integral sobre $D$ (Teorema 6).

Answer 2

Yo sé de uno bastante criterio general. Esto es tomado de Atiyah-MacDonald, Capítulo 3, Ejercicio 16:

Si $B$ es un plano $A$-álgebra entonces las siguientes condiciones son equivalentes:

i) $\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}$ para todos los ideales de a$\mathfrak{a}$$A$;

ii) la Especificación($B)\rightarrow$Spec($A$) es surjective;

iii) Para cada ideal maximal $\mathfrak{m}$ $A$ tenemos $\mathfrak{m}^e\neq 1$;

iv) si $M$ $A$- módulo, a continuación, $M_B\neq 0$

v) para cada $A$-módulo de $M$, la asignación de $x\mapsto1\otimes x$ $M$ a $M_B$ es inyectiva.

Si $A$ $B$ satisfacer cualquiera de estas condiciones equivalentes, a continuación, $B$ se dice que es un fielmente plano $A$-álgebra.

Las soluciones a este ejercicio se puede encontrar aquí:

http://www-users.math.umd.edu/~karpuk/chap3solns.pdf

Como condición para la planitud, si $A$ es un Noetherian anillo, y $B$ es finitely genera como una $A$-módulo, a continuación, $B$ es un plano $A$-módulo de $\Leftrightarrow$ $B_\mathfrak{m}$ es un servicio gratuito de $A_\mathfrak{m}$-módulo de cada ideal maximal $\mathfrak{m}$$A$. (Esto también se encuentra en A-M, en el Capítulo 7, ejercicio 16).

Por ejemplo, supongamos $A$ ser un dominio de Dedekind, $K$ su campo de fracciones, $L$ un campo de extensión de $K$. Entonces, si la integral de cierre de $A$ $L$ es finitely genera como una $A$-módulo (por ejemplo, si $L/K$ es finito, separables y algebraicas) es un dominio de Dedekind y un fielmente plano $A$-álgebra.