Sencillo problema de localización de álgebra conmutativa que no consigo ver

Question

Sea $B$ sea un dominio integral noetheriano y consideremos el anillo de polinomios $B[t]$ . Sea $\mathfrak{p}$ sea un ideal primo en $B[t]$ de altura $1$ tal que $\mathfrak{p} \cap B = (0)$ . Demuestre que $B[t]_{\mathfrak{p}}$ es sólo $K[t]_{\mathfrak{m}}$ donde $K$ es el campo de fracciones de $B$ y $\mathfrak{m}$ es algún ideal maximal de $K[t]$ .

Nótese que esto no es un problema de tarea, en realidad es un paso en una demostración en Hartshorne en la que me quedé atascado, mostrando que la preimagen del punto genérico bajo el producto fibrado es una codimensión regular $1$ punto. Como referencia es la Proposición II.6.6.

Parece que esto debería ser sencillo, pero tengo problemas para hacerlo riguroso. Tenemos $B[t]_{\mathfrak{p}}$ y puesto que $\mathfrak{p}$ no contiene ningún elemento distinto de cero en $B$ entonces $B[t]_{\mathfrak{p}}$ debe contener al menos $K[t]$ . Si $B$ fuera un UFD entonces sería fácil, ya que podríamos decir que $\mathfrak{p}$ es principal. Pero digamos $\mathfrak{p}$ es generado por $\{ f_{1}, f_{2}, \ldots , f_{r} \}$ . Puedo "ver" intuitivamente que el resultado debería ser $K[t]_{\langle f_{1}, \ldots, f_{r}\rangle}$ y, por supuesto $\langle f_{1}, \ldots, f_{r} \rangle$ sería principal en $K[t]$ . Pero me parece que no puedo hacer esto riguroso, que es preocupante para mí porque siento que esto debería ser extremadamente sencillo. ¿Algún consejo?

Answer 1

Déjame intentarlo: deja que $\mathfrak{m}$ sea un ideal maximal de $K[t]$ que contiene $\mathfrak{p}$ ( $\mathfrak{p}K[t]$ contiene un elemento constante distinto de cero porque $\mathfrak{p}$ no lo hace, por lo que es un ideal estricto: tal $\mathfrak{m}$ existe).

La idea de mi prueba es mostrar que $K[t]_\mathfrak{m}$ tiene la propiedad universal de $B[t]_\mathfrak{p}$ lo que nos permitirá demostrar el isomorfismo entre ambos (y es fácil comprobar que es "el isomorfismo correcto")

Consideremos un morfismo $f: B[t]\to C$ , $C$ un anillo tal que para $x\notin \mathfrak{p}$ , $f(x) \in C^\times$ .

Componer con la inclusión $i: B\to B[t]$ se obtiene un morfismo $f\circ i: B\to C$ y su hipótesis sobre $\mathfrak{p}\cap B$ + la hipótesis relativa a $f$ produce que esto se extienda a $g: K\to C$ .

Por la propiedad universal de $K[t]$ , enviando $K$ a $C$ con $g$ y $t$ a $f(t)$ da lugar a un morfismo $s: K[t] \to C$ que corresponde al siguiente diagrama conmutativo :

$\require{AMScd} \begin{CD} B @>>> K;\\ @VV^iV @VVV \\ B[t] @>>> K[t];\\ @VV^fV @VV^sV \\ C@>>^{id_C}>C \end{CD}$

Ahora dejemos que $A \in K[t], A\notin \mathfrak{m}$ . Para algunos $q\in B$ , $qA\in B[t]$ . $s(qA) = f(qA)$ . Ahora bien $qA \in \mathfrak{p}$ entonces $qA \in \mathfrak{m}$ por lo tanto (por maximalidad) $q\in \mathfrak{m}$ o $A\in \mathfrak{m}$ . La segunda opción es imposible por hipótesis, pero también lo es la primera ya que $q\in K^\times$ . Por lo tanto $qA\notin \mathfrak{p}$ y así $f(qA)\in C^\times$ . Por lo tanto $s(q)s(A)\in C^\times$ y así $s(A) \in C^\times$ .

Por la propiedad universal de la localización en $\mathfrak{m}$ obtenemos un morfismo $e:K[t]_{\mathfrak{m}}\to C$ haciendo que todo el asunto conmute:

$\require{AMScd} \begin{CD} B @>>> K;\\ @VV^iV @VVV \\ B[t] @>>> K[t] @>>> K[t]_{\mathfrak{m}};\\ @VV^fV @VV^sV @VV^eV \\ C@>>^{id_C}>C @>>^{id_C}> C \end{CD}$

Así que aparte de la unicidad que queda por demostrar, $K[t]_{\mathfrak{m}}$ cumple la propiedad universal de $B[t]_{\mathfrak{p}}$ por lo que es isomorfo a ella.

Probemos ahora la parte de unicidad: supongamos que el morfismo $l: K[t]_{\mathfrak{m}}$ hace el trayecto de ida y vuelta:

$\require{AMScd} \begin{CD} B[t] @>>> K[t]_{\mathfrak{m}};\\ @VV^fV @VV^lV \\ C@>>^{id_C}>C \end{CD}$

Entonces el mapa inducido $K\to C$ se obtiene necesariamente por la propiedad universal de $K$ con respecto a $B$ debido a su unicidad, de forma similar para el mapa $K[t]\to C$ por lo que el mapa $l:K[t]_\mathfrak{m}\to C$ es la inducida por la propiedad universal respecto a $K[t]$ es decir $l=e$ .

Así que la unicidad se deduce, y tenemos nuestra prueba.

(Si alguien sabe cómo hacer flechas diagonales en lugar de poner $id_C$ por todas partes, por favor, siéntase libre de editar)

Answer 2

He aquí una prueba con un sabor más directo (y sin razonamiento de propiedad universal). Estas ideas tan básicas surgen una y otra vez cuando se trabaja con dominios polinómicos y los llamados uppers a cero y, una vez digeridas, creo que la afirmación en cuestión se convierte en la obviedad que esperabas.

Los únicos supuestos que necesitamos son que $B$ es un dominio integral y $\mathfrak{p}$ es un ideal primo no nulo de $B[t]$ tal que $\mathfrak{p} \cap B = 0$ . (Podríamos deducir que $\mathfrak{p}$ es distinto de cero a partir de la suposición mucho más fuerte de que tiene altura $1$ ).

Nos limitaremos a utilizar dos hechos muy elementales sobre las localizaciones de polinomios, que puedes comprobar fácilmente:

Dado un dominio $B$ y prime $\mathfrak{p} \subset B[t]$ tal que $\mathfrak{p} \cap B = \mathfrak{p_0}$ siempre es el caso que

(1) $\mathfrak{p} B_{\mathfrak{p_0}}[t]$ es un ideal primo de $B_{\mathfrak{p_0}}[t]$ .
(2) $B[t] \cap \mathfrak{p}B_\mathfrak{p_0}[t] = \mathfrak{p}$

En particular, si $\mathfrak{p_0} = 0$ obtenemos que

(1') $\mathfrak{p}K[t]$ es un ideal maximal de $K[t]$ (ya que los primos son maximales en $K[t]$ siendo un $PID$ ) y
(2') $B[t] \cap \mathfrak{p}K[t] = \mathfrak{p}$

Por (1') podemos tomar $\mathfrak{m} = \mathfrak{p}K[t]$ .
Por (2') vemos que cada elemento de $B[t] - \mathfrak{p}$ también es un elemento de $K[t] - \mathfrak{m}$ y, por tanto $B[t]_\mathfrak{p}$ se incrusta canónicamente en $K[t]_\mathfrak{m}$ cualquier fracción en $B[t]_\mathfrak{p}$ es una fracción perfectamente buena en $K[t]_\mathfrak{m}$ .

La inclusión opuesta es aún más sencilla. Consideremos cualquier elemento de $K[t]_\mathfrak{m}$ . Escríbalo como $\frac{g}{h}$ con $g \in K[t]$ y $h \in K[t] - \mathfrak{p}K[t]$ . Multiplique $g$ y $h$ por un denominador común $d \in B$ para obtener una fracción equivalente $\frac{g'}{h'}$ con $g',h' \in B[t]$ . Desde $h'$ tampoco está en $\mathfrak{p}K[t]$ (si no $h = \frac{h'}{d}$ también lo habría sido) tenemos que $h' \in B[t] - \mathfrak{p}$ y $\frac{g}{h} \sim \frac{g'}{h'}$ es una fracción en $B[t]_\mathfrak{p}$ .