Localizaciones de los dominios de Dedekind son anillos discretos de valoración

Question

Estoy tratando de probar la siguiente implicación, y parece que no puede encontrar mi camino alrededor de todas las definiciones equivalentes de dominios de Dedekind y Dvr:

Tengo un anillo, $R$ con las siguientes propiedades:

1) $R$ es Noetherian.

2) $R$ es integralmente cerrado.

3) Cada valor distinto de cero el primer ideal en $R$ es máxima.

Quiero demostrar que cada localización de $R$ a un ideal maximal es una de las principales ideales de dominio.

¿Alguien sabe de un directo argumento probar esto (es decir, no pasar a través de la infinidad de definiciones equivalentes de dominios de Dedekind y Dvr)? Alternativamente, yo estaría muy agradecido si alguien pudiera darme un "mapa de ruta" para demostrar esta afirmación en un camino que podría convencer a alguien (es decir, a mí) sin el conocimiento de los dominios de Dedekind y Dvr.

Muchas gracias!

Roy

Answer 1

En mi respuesta anterior, hemos utilizado un hecho que una invertible ideal es proyectiva y un hecho de que un finitely generado proyectiva módulo a través de un anillo local es libre. Aquí está una prueba sin el uso de estos hechos.

Lema 1 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} ⊂ A\}$. A continuación,$\mathfrak{m}^{-1} \neq A$.

Prueba: Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Por supuesto, Supp$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Desde Culo$(A/aA) \subset$ Supp($A/aA)$, Culo$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Por lo tanto, no existe $b \in A$ tal que $b \in A - aA$$\mathfrak{m}b \subset aA$. Desde $\mathfrak{m}(b/a) \subset A$, $b/a \in \mathfrak{m}^{-1}$. Desde $b \in A - aA$, $b/a \in K - A$. QED

Lema 1.5 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M \neq 0$ ser un finitely generadas $A$-submódulo de $K$. Deje $x \in K$ ser tal que $xM \subset M$. A continuación, $x$ integral $A$.

Prueba: Deje $\omega_1,\dots,\omega_n$ ser generadores de $M$$A$. Deje $x\omega_i = \sum_j a_{i,j} \omega_j$. A continuación, $x$ es una raíz del polinomio característico de la matriz $(a_{ij})$. QED

Lema 2 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $\mathfrak{m}$ es invertible.

Prueba: Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} \subset A\}$. Desde $\mathfrak{m} \subset \mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} \subset A$, $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$ o $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. Supongamos $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$. Desde $\mathfrak{m}$ es finitely generado, cada elemento de la $\mathfrak{m}^{-1}$ integral $A$ por Lema 1.5. Desde $A$ es integralmente cerrado, $\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Esto es una contradicción, por el Lema 1. Por lo tanto $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. QED

Lema 3 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación,$\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$.

Prueba: Deje $I = \bigcap_n \mathfrak{m}^n$. Supongamos $I \neq 0$. Desde dim$(A/I) = 0$, $A/I$ es un Artinian anillo. Por lo tanto, no existe $n$ tal que $\mathfrak{m}^n \subset I$. Desde $I \subset \mathfrak{m}^n$, $I = \mathfrak{m}^n$. Desde $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$, $\mathfrak{m}^n = \mathfrak{m}^{n+1}$. Por Nakayama del lexema, $\mathfrak{m}^n = 0$. Por lo tanto $I = 0$. Esta es una contradicción. QED

Lema 4 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$ tal que $I \neq A$. A continuación, $I = \mathfrak{m}^n$ para algunos entero $n > 0$.

Prueba: Por el Lema 3, existe $n > 0$ tal que $I \subset \mathfrak{m}^n$, y no está contenido en $\mathfrak{m}^{n+1}$. Por el Lema 2, $\mathfrak{m}$ es invertible. Desde $I \subset \mathfrak{m}^n$, $I\mathfrak{m}^{-n} \subset A$. Supongamos $I\mathfrak{m}^{-n} \neq A$. A continuación,$I\mathfrak{m}^{-n} \subset \mathfrak{m}$. Por lo tanto $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$. Esta es una contradicción. Por lo tanto $I\mathfrak{m}^{-n} = A$. Por lo tanto $I = \mathfrak{m}^n$. QED

Teorema de Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Por Nakayama del lexema, $\mathfrak{m} \neq \mathfrak{m}^2$. Deje $x \in \mathfrak{m} - \mathfrak{m}^2$. Por El Lema 4, $xA = \mathfrak{m}$. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$ tal que $I \neq A$. Por El Lema 4, $I = \mathfrak{m}^n$. Por lo tanto $I$ es la directora. Por lo tanto $A$ es un discreto anillo de valoración. QED

Answer 2

Lema 1 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $K$ ser el anillo de fracciones de $A$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} ⊂ A\}$. A continuación,$\mathfrak{m}^{-1} \neq A$.

Prueba: Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Por supuesto, Supp$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Desde Culo$(A/aA) \subset$ Supp($A/aA)$, Culo$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Por lo tanto, no existe $b \in A$ tal que $b \in A - aA$$\mathfrak{m}b \subset aA$. Desde $\mathfrak{m}(b/a) \subset A$, $b/a \in \mathfrak{m}^{-1}$. Desde $b \in A - aA$, $b/a \in K - A$. QED

Lema 1.5 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M \neq 0$ ser un finitely generadas $A$-submódulo de $K$. Deje $x \in K$ ser tal que $xM \subset M$. A continuación, $x$ integral $A$.

Prueba: Deje $\omega_1,\dots,\omega_n$ ser generadores de $M$$A$. Deje $x\omega_i = \sum_j a_{i,j} \omega_j$. A continuación, $x$ es una raíz del polinomio característico de la matriz $(a_{ij})$. QED

Lema 2 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $\mathfrak{m}$ es la directora.

Prueba: Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} \subset A\}$. Desde $\mathfrak{m} \subset \mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} \subset A$, $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$ o $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. Supongamos $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$. Desde $\mathfrak{m}$ es finitely generado, cada elemento de la $\mathfrak{m}^{-1}$ integral $A$ por Lema 1.5. Desde $A$ es integralmente cerrado, $\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Esto es una contradicción, por el Lema 1. Por lo tanto $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$ y, por tanto, $\mathfrak{m}$ es invertible. Por lo tanto $\mathfrak{m}$ es un proyectiva $A$-módulo. Desde $A$ es un anillo local, $\mathfrak{m}$ es libre de $A$-módulo. Por lo tanto $\mathfrak{m}$ es la directora. QED

Lema 3 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación,$\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$.

Prueba: Deje $I = \bigcap_n \mathfrak{m}^n$. Supongamos $I \neq 0$. Desde dim$(A/I) = 0$, $A/I$ es un Artinian anillo. Por lo tanto, no existe $n$ tal que $\mathfrak{m}^n \subset I$. Desde $I \subset \mathfrak{m}^n$, $I = \mathfrak{m}^n$. Desde $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$, $\mathfrak{m}^n = \mathfrak{m}^{n+1}$. Por Nakayama del lexema, $\mathfrak{m}^n = 0$. Por lo tanto $I = 0$. Esta es una contradicción. QED

Teorema de Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$ tal que $I \neq A$. Por el Lema 3, existe $n > 0$ tal que $I \subset \mathfrak{m}^n$ $I$ no está contenido en $\mathfrak{m}^{n+1}$. Por el Lema 2, $\mathfrak{m}$ es la directora. Por lo tanto $\mathfrak{m}$ es invertible. Desde $I \subset \mathfrak{m}^n$, $I\mathfrak{m}^{-n} \subset A$. Supongamos $I\mathfrak{m}^{-n} \neq A$. A continuación,$I\mathfrak{m}^{-n} \subset \mathfrak{m}$. Por lo tanto $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$. Esta es una contradicción. Por lo tanto $I\mathfrak{m}^{-n} = A$. Por lo tanto $I = \mathfrak{m}^n$. Desde $I$ que es lo principal, $I$ es también el principal. QED

Answer 3

La siguiente prueba es similar a los anteriores, pero sólo podemos asumir un conocimiento muy básico de álgebra conmutativa.

Lema 0 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$. Entonces existe $n > 0$ tal que $\mathfrak{m}^n \subset I$.

Prueba: Supongamos que la afirmación es falsa. Deje $\mathfrak{I}$ el conjunto de no-cero ideal de $A$ de manera tal que la afirmación es falsa. Deje $I$ ser un elemento maximal de a $\mathfrak{I}$. Desde $I$ no es un alojamiento ideal, no existe $a, b \in A$ tal que $ab \in I$$a \in A - I, b \in A - I$. Deje $J_1 = I + aA, J_2 = I + bA$. Desde $I$ es un elemento maximal de a $\mathfrak{I}$ existe $n_1, n_2 > 0$ tal que $\mathfrak{m}^{n_1} \subset J_1$, $\mathfrak{m}^{n_2} \subset J_2$, Desde $J_1J_2 \subset I$, esto es una contradicción. QED

Lema 1 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} ⊂ A\}$. A continuación,$\mathfrak{m}^{-1} \neq A$.

Prueba: Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Por el Lema 1, existe n > 0 tal que $\mathfrak{m}^n \subset aA$. Deje $n$ ser mínima, para satisfacer esta condición. Deje $b \in \mathfrak{m}^{n-1} - aA$. A continuación,$\mathfrak{m}b \subset aA$. Desde $\mathfrak{m}(b/a) \subset A$, $b/a \in \mathfrak{m}^{-1}$. Desde $b \in A - aA$, $b/a \in K - A$. QED

Lema 1.5 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M \neq 0$ ser un finitely generadas $A$-submódulo de $K$. Deje $x \in K$ ser tal que $xM \subset M$. A continuación, $x$ integral $A$.

Prueba: Deje $\omega_1,\dots,\omega_n$ ser generadores de $M$$A$. Deje $x\omega_i = \sum_j a_{i,j} \omega_j$. A continuación, $x$ es una raíz del polinomio característico de la matriz $(a_{ij})$. QED

Lema 2 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $\mathfrak{m}$ es invertible.

Prueba: Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} \subset A\}$. Desde $\mathfrak{m} \subset \mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} \subset A$, $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$ o $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. Supongamos $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$. Desde $\mathfrak{m}$ es finitely generado, cada elemento de la $\mathfrak{m}^{-1}$ integral $A$ por Lema 1.5. Desde $A$ es integralmente cerrado, $\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Esto es una contradicción, por el Lema 1. Por lo tanto $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. QED

Lema 3 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, todos los no-cero ideal es invertible.

Prueba: Supongamos que el assertionis es falso. Deje $I$ ser una máxima distinto de cero no es invertible ideal. A continuación,$I \subset \mathfrak{m}$. Por lo tanto $I \subset I\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Supongamos $I = I\mathfrak{m}^{-1}$. A continuación, cada elemento de a $\mathfrak{m}^{-1}$ integral $A$ por Lema 1.5. Desde $A$ es integralmente cerrado, $\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Por el Lema 1, esto es una contradicción. Por lo tanto $I \neq I\mathfrak{m}^{-1}$. Por lo tanto $I\mathfrak{m}^{-1}$ es invertible. Por lo tanto $I$ es invertible. Esta es una contradicción. QED

Lema 4 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$ tal que $I \neq A$. A continuación, $I = \mathfrak{m}^n$ para algunos entero $n > 0$.

Prueba: Supongamos que el assertionis es falso. Deje $I \neq A$ ser una máxima que no sea cero ideal que no es el poder de $\mathfrak{m}$. Desde $I \subset \mathfrak{m}$, $I \subset I\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. $I \neq I\mathfrak{m}^{-1}$ por el mismo argumento de la prueba del Lema 3. Por lo tanto $I\mathfrak{m}^{-1}$ es una potencia de $\mathfrak{m}$. Por lo tanto $I$ es una potencia de $\mathfrak{m}$. Esta es una contradicción. QED

Teorema de Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Supongamos $\mathfrak{m} \neq \mathfrak{m}^2$. Desde $\mathfrak{m}$ es invertble. $\mathfrak{m} = A$. Esta es una contradicción. Por lo tanto $\mathfrak{m} \neq \mathfrak{m}^2$. Deje $x \in \mathfrak{m} - \mathfrak{m}^2$. Por El Lema 4, $xA = \mathfrak{m}$. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$ tal que $I \neq A$. Por El Lema 4, $I = \mathfrak{m}^n$. Por lo tanto $I$ es la directora. Por lo tanto $A$ es un discreto anillo de valoración. QED

Answer 4

Lema 1 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local, que no es un campo. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la directora. A continuación,$\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$.

Prueba: Deje $\mathfrak{m} = tA$. Deje $x \in \bigcap_n \mathfrak{m}^n$. Supongamos $x \neq 0$. Existe $y_n \in A$ por cada $n$ tal que $x = t^ny_n$. A continuación,$t^ny_n = t^{n+1}y_{n+1}$. Por lo tanto $y_n = ty_{n+1}$. Por lo tanto $y_nA \subset y_{n+1}A$. Desde $A$ es Noetherian, existe $k$ tal que $y_kA = y_{k+1}A$. Por lo tanto, no existe $u \in A$ tal que $y_{k+1} = uy_k$. Desde $y_k = ty_{k+1}$, $y_k = uty_k$. Por lo tanto $(1 - ut)y_k = 0$. Desde $t \in \mathfrak{m}$, $1 - ut$ es invertible. Por lo tanto $y_k = 0$. Por lo tanto $x = t^ky_k = 0$. Esta es una contradicción. QED

Lema 2 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local, que no es un campo. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la directora. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Supongamos $\mathfrak{m} = tA$. Por El Lema 1, $\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$. Existe $n$ tal que $I \subset \mathfrak{m}^n$ pero no $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$. Desde $\mathfrak{m}^n = t^nA$, $It^{-n} \subset A$. Supongamos $It^{-n} \neq A$. A continuación,$It^{-n} \subset \mathfrak{m}$. Por lo tanto $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$. Este es un contradictin. Por lo tanto $I = t^nA$. QED

Lema 3 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $I$ a ser un ideal de a $A$. Supongamos $I$ es invertble. A continuación, $I$ es un finitely generado proyectiva $A$-módulo.

Prueba: Desde $II^{-1} = A$, $a_1,\dots,a_n \in I$ $b_1,\dots,b_n \in I^{-1}$ tal que $\sum_i a_ib_i = 1$. Deje $f_i:I\rightarrow A$ $A$- lineal mapa definido por $f_i(x) = b_ix$. Deje $L$ libre $A$-módulo con una base $e_1,\dots,e_n$. Deje $g:L \rightarrow I$ $A$- lineal mapa definido por $g(e_i) = a_i$. Deje $f:I \rightarrow L$ $A$- lineal mapa definido por $f(x) = \sum_i f_i(x)e_i = \sum_i b_ixe_i$. Desde $gf(x) = \sum_i g(b_ixe_i) = \sum_i b_ia_ix = x$ por cada $x \in I$, $gf = 1$. Por lo tanto $I$ es isomorfo a un sumando directo de $L$. Por lo tanto $I$ es un finitely generado proyectiva $A$-módulo. QED

Lema 4 Deje $A$ ser un anillo local. Deje $M$ ser un finitely generado proyectiva $A$-módulo. A continuación, $M$ es un finitely libres generados por $A$-módulo.

Prueba: Deje $\mathfrak{m}$ ser el ideal maximal de a $A$. Deje $k = A/\mathfrak{m}$. Desde $M$ es finitely generado, dim$_k M\otimes_A k$ es finito. Deje $a_1,\dots,a_n$ ser elementos de $M$ tal que $\{a_1\otimes 1,\dots,a_n\otimes 1\}$ es una base de $M\otimes_A k$$k$. Por Nakayama del lexema, $a_1,\dots,a_n$ genera $M$$A$. Deje $L$ libre $A$-módulo con una base $\{e_1,\dots,e_n\}$. Deje $f:L\rightarrow M$ $A$- lineal mapa tal que $f(e_i) = a_i (i = 1,\dots,n)$. Deje $K$ ser el núcleo de $f$. Entonces obtenemos la siguiente secuencia exacta.

$0 \rightarrow K \rightarrow L \rightarrow M \rightarrow 0$

A continuación, la secuencia siguiente es exacta, por el bien conocido teorema de álgebra homológica.

Tor$_1(M, k) \rightarrow K\otimes_A k \rightarrow L\otimes_A k \rightarrow M\otimes_A k \rightarrow 0$

Desde $M$ es proyectiva, Tor$_1(M, k) = 0$. Desde $L\otimes_A k \rightarrow M\otimes_A k$ es un isomorfismo, $K\otimes_A k = 0$. Desde $M$ es proyectiva, $K$ es un sumando directo de $L$. Por lo tanto $K$ es finitely generado. Por lo tanto $K = 0$ por Nakayama del lexema. QED

Lema 5 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} ⊂ A\}$. A continuación,$\mathfrak{m}^{-1} \neq A$.

Prueba: Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Por supuesto, Supp$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Desde Culo$(A/aA) \subset$ Supp($A/aA)$, Culo$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Por lo tanto, no existe $b \in A$ tal que $b \in A - aA$$\mathfrak{m}b \subset aA$. Desde $\mathfrak{m}(b/a) \subset A$, $b/a \in \mathfrak{m}^{-1}$. Desde $b \in A - aA$, $b/a \in K - A$. QED

Lema 6 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M \neq 0$ ser un finitely generadas $A$-submódulo de $K$. Deje $x \in K$ ser tal que $xM \subset M$. A continuación, $x$ integral $A$.

Prueba: Deje $\omega_1,\dots,\omega_n$ ser generadores de $M$$A$. Deje $x\omega_i = \sum_j a_{i,j} \omega_j$. A continuación, $x$ es una raíz del polinomio característico de la matriz $(a_{ij})$. QED

Lema 7 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $\mathfrak{m}$ es invertible.

Prueba: Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} \subset A\}$. Desde $\mathfrak{m} \subset \mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} \subset A$, $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$ o $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. Supongamos $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$. Desde $\mathfrak{m}$ es finitely generado, cada elemento de la $\mathfrak{m}^{-1}$ integral $A$ por Lema 6. Desde $A$ es integralmente cerrado, $\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Esta es una contradicción por el Lema 5. Por lo tanto $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$ y, por tanto, $\mathfrak{m}$ es invertible. QED

Lema 8 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $L$ ser un finitely libres generados por el a-módulo. Deje $M$ ser un finitely libres generados por Un submódulo de L. Luego clasificamos$_A M \le$ rango$_A L$.

Prueba: Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Desde $K$ es un plano $A$-módulo, de la canónica de homomorphism $M\otimes_A K \rightarrow L\otimes_A K$ es inyectiva. Por lo tanto hemos terminado. QED

Teorema de Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Por el Lema 7, $\mathfrak{m}$ es invertible. Por el Lema 3, $\mathfrak{m}$ es proyectiva sobre A. Por el Lema 4, $\mathfrak{m}$ es un finitely libres generados por el módulo de $A$. Por el Lema 8, $\mathfrak{m}$ es la directora. Por lo tanto $A$ es un discreto anillo de valoración por el Lema 2. QED

Answer 5

Lema 1 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local, que no es un campo. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la directora. A continuación,$\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$.

Prueba: Deje $\mathfrak{m} = tA$. Deje $x \in \bigcap_n \mathfrak{m}^n$. Supongamos $x \neq 0$. Existe $y_n \in A$ por cada $n$ tal que $x = t^ny_n$. A continuación,$t^ny_n = t^{n+1}y_{n+1}$. Por lo tanto $y_n = ty_{n+1}$. Por lo tanto $y_nA \subset y_{n+1}A$. Desde $A$ es Noetherian, existe $k$ tal que $y_kA = y_{k+1}A$. Por lo tanto, no existe $u \in A$ tal que $y_{k+1} = uy_k$. Desde $y_k = ty_{k+1}$, $y_k = uty_k$. Por lo tanto $(1 - ut)y_k = 0$. Desde $t \in \mathfrak{m}$, $1 - ut$ es invertible. Por lo tanto $y_k = 0$. Por lo tanto $x = t^ky_k = 0$. Esta es una contradicción. QED

Lema 2 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local, que no es un campo. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la directora. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Supongamos $\mathfrak{m} = tA$. Por El Lema 1, $\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$. Deje $I$ ser un no-cero ideal de $A$. Existe $n$ tal que $I \subset \mathfrak{m}^n$ pero no $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$. Desde $\mathfrak{m}^n = t^nA$, $It^{-n} \subset A$. Supongamos $It^{-n} \neq A$. A continuación,$It^{-n} \subset \mathfrak{m}$. Por lo tanto $I \subset \mathfrak{m}^{n+1}$. Este es un contradictin. Por lo tanto $I = t^nA$. QED

Lema 3 Deje $A$ ser un dominio local. Deje $\mathfrak{m}$ ser su máximo ideal. Supongamos $\mathfrak{m}$ es invertble. A continuación, $\mathfrak{m}$ es la directora.

Prueba(Serre Local de campos): $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$ , $a_1,\dots,a_n \in \mathfrak{m}$ $b_1,\dots,b_n \in \mathfrak{m}^{-1}$ tal que $\sum_i a_ib_i = 1$. Si $a_ib_i \in \mathfrak{m}$ para todos los $i$, $1 \in \mathfrak{m}$. Esta es una contradicción. Por lo tanto, no existe $k$ tal que $a_kb_k \in K - \mathfrak{m}$. Desde $b_k \in \mathfrak{m}^{-1}$, $a_kb_k \in A$. Por lo tanto $a_kb_k = u$ es invertible. Por lo tanto $a_ku^{-1}b_k = 1$. Deje $a = a_ku^{-1}$. A continuación,$a \in \mathfrak{m}$$ab_k = 1$. Deje $x \in \mathfrak{m}$. $x = xab_k$. Desde $b_k \in \mathfrak{m}^{-1}$, $xb_k \in A$. Por lo tanto $x \in aA$. Por lo tanto $\mathfrak{m} = aA$. QED

Lema 4 Deje $A$ ser un Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} ⊂ A\}$. A continuación,$\mathfrak{m}^{-1} \neq A$.

Prueba: Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Por supuesto, Supp$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Desde Culo$(A/aA) \subset$ Supp($A/aA)$, Culo$(A/aA) = \{\mathfrak{m}\}$. Por lo tanto, no existe $b \in A$ tal que $b \in A - aA$$\mathfrak{m}b \subset aA$. Desde $\mathfrak{m}(b/a) \subset A$, $b/a \in \mathfrak{m}^{-1}$. Desde $b \in A - aA$, $b/a \in K - A$. QED

Lema 5 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M \neq 0$ ser un finitely generadas $A$-submódulo de $K$. Deje $x \in K$ ser tal que $xM \subset M$. A continuación, $x$ integral $A$.

Prueba: Deje $\omega_1,\dots,\omega_n$ ser generadores de $M$$A$. Deje $x\omega_i = \sum_j a_{i,j} \omega_j$. A continuación, $x$ es una raíz del polinomio característico de la matriz $(a_{ij})$. QED

Lema 6 Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian de dominio local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $\mathfrak{m}$ es invertible.

Prueba: Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $a \neq 0$ ser un elemento de $\mathfrak{m}$. Deje $\mathfrak{m}^{-1} = \{x \in K; x\mathfrak{m} \subset A\}$. Desde $\mathfrak{m} \subset \mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} \subset A$, $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$ o $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$. Supongamos $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = \mathfrak{m}$. Desde $\mathfrak{m}$ es finitely generado, cada elemento de la $\mathfrak{m}^{-1}$ integral $A$ por el Lema 5. Desde $A$ es integralmente cerrado, $\mathfrak{m}^{-1} \subset A$. Esta es una contradicción por el Lema 4. Por lo tanto $\mathfrak{m}\mathfrak{m}^{-1} = A$ y, por tanto, $\mathfrak{m}$ es invertible. QED

Teorema de Deje $A$ ser un integralmente cerrado Noetherian local. Supongamos que su ideal maximal $\mathfrak{m}$ es la única no-cero-prime ideal. A continuación, $A$ es un discreto anillo de valoración.

Prueba: Por el Lema 6, $\mathfrak{m}$ es invertible. Por el Lema 3, $\mathfrak{m}$ es la directora. Por lo tanto $A$ es un discreto anillo de valoración por el Lema 2. QED