Jacobson 环 - Time Ordering

预备知识：

Zariski 引理：如果域 $K$ 是域 $k$ 上的有限生成代数，则 $K/k$ 是一个有限扩张。

Proposition 0. 设 $A\subset B$ 是两个整环， $B$ 在 $A$ 上整，则 $B$ 是域当且仅当 $A$ 是域。

1. Jacobson 环即是指每个素理想都是一族极大理想的交的一个环。此时，每个素理想也是所有包含他的极大理想的交。从商环的理想的结构，可知 Jacobson 环的商环还是一个 Jacobson 环。

域显然是一个 Jacobson 环，因为 $(0)$ 是唯一的理想、素理想、极大理想。

Proposition 2. 设 $k$ 是一个域，则 $k[x]$ 是 Jacobson 环。

Proof.

k[x]

是主理想整环，所以每个非零素理想都是极大理想。只要证明

(0)

是非零素理想的交即可。由于

k[x]

是唯一分解整环，它的每一个非零元素

f

都可以分解成唯一的几个素元的乘积，即

f

只可能同时处于有限个素理想之中。所以只要素理想有无数个，则所有素理想的交就不能有非零元。而这是古希腊人就知道的结论：假设素元有有限个，记作

p_1

\cdots

p_n

，则

1+p_1p_2\cdots p_n

不能被

p_1

\cdots

p_n

整除，也是素的，矛盾。

Proposition 3. (Robinowitch’s trick): 一个环 $R$ 是 Jacobson 环，当且仅当，如果 $R$ 的素理想 $\mathfrak{p}$ 不是极大理想，则所有 $R$ 中严格包含 $\mathfrak{p}$ 的素理想的交为 $\mathfrak{p}$ .

Proof.

\Rightarrow

: 由于

R

是 Jacobson 环，所以

\mathfrak{p}

是一族包含它的极大理想的交。反证，如果所有严格包含

\mathfrak{p}

的素理想的交之中存在一个

a\not\in \mathfrak{p}

，则

a

属于所有包含

\mathfrak{p}

的极大理想，所以所有包含

\mathfrak{p}

的极大理想的交就不是

\mathfrak{p}

，矛盾。

\Leftarrow

: 设

\mathfrak{p}

是

R

的一个素理想，令

\mathfrak{a}

是所有包含

\mathfrak{p}

的极大理想的交，即证

\mathfrak{a}=\mathfrak{p}

. 若不，取

a\in \mathfrak{a}-\mathfrak{p}

，用Zorn引理，可以在不包含

a

但是包含

\mathfrak{p}

的所有理想中找到一个极大的，这是一个素理想，记作

\mathfrak{b}

. 由于

a

在所有包含

\mathfrak{p}

的极大理想里，所以

\mathfrak{b}

不是极大理想，严格包含

\mathfrak{b}

的所有素理想的交是

\mathfrak{b}

. 但是由构造，

\mathfrak{b}

是不包含

a

但是包含

\mathfrak{p}

的所有理想中极大的，这就意味着，严格包含

\mathfrak{b}

的素理想都包含

a

，矛盾。因此

\mathfrak{a}=\mathfrak{p}

为了应用 Robinowitch’s trick，我们将它的一部分做适当改写。设 $R$ 是一个环，而 $\mathfrak{p}$ 是它的一个素理想，于是我们有整环 $S=R/\mathfrak{p}$ ，以及其商域 $K(S)$ . 如果任意严格包含 $\mathfrak{p}$ 的素理想都包含一个 $a\not\in \mathfrak{p}$ ，设 $a$ 在 $S$ 中的像为 $\bar{a}$ ，则有 $S[x]/(x\bar{a}-1)\cong K(S)$ .

Proof. 显然，

S[x]/(x\bar{a}-1)

同构于

K(S)

中所有形如

\bar{b}/\bar{a}^n

的元素构成的子环

P

，并且它包含

S

，所以只要证明这是一个域即可。为此，可以选择考察

P

中所有的素理想，由于

P

是域的子环，所以

P

是整环，零理想是素理想。设

\mathfrak{a}

是

P

的一个非零素理想，作为非零素理想的原像，

\mathfrak{a}\cap S

是

S

中的非零素理想，并且

\mathfrak{a}\cap S

并不包含

\bar{a}

，因为如果包含，则

1=\bar{a}\bar{a}^{-1}\in \mathfrak{a}

就推出

\mathfrak{a}

是单位理想。但是由商环的结构，

S

中的任意非零素理想都包含

\bar{a}

，矛盾。所以

P

中没有非零素理想，因此零理想是唯一的素理想，也就是唯一的极大理想，因此

P

是一个域。

我们将 $S[x]/(x\bar{a}-1)$ 在 $K(S)$ 中对应的子环记作 $S_a$ ，于是上述命题即：如果任意严格包含 $\mathfrak{p}$ 的素理想都包含一个 $a\not\in \mathfrak{p}$ ，则 $S_a=K(S)$ .

Proposition 4. 设 $S$ 是 $R$ 的一个整扩张， $S$ 是 Jacobson 环当且仅当 $R$ 是 Jacobson 环。

Proof. 设

R

不是 Jacobson 环，则存在一个非极大的素理想

\mathfrak{p}\subset R

使得以及一个

r\in R-\mathfrak{p}

使得

(R/\mathfrak{p})_r

是一个域。由于

S

在

R

上整，所以存在一个

\mathfrak{q}

使得

\mathfrak{q}\cap R=\mathfrak{p}

，并且

S/\mathfrak{q}

在

R/\mathfrak{p}

上整。由 Proposition 0，

\mathfrak{p}

是极大理想当且仅当

\mathfrak{q}

是极大理想。所以

\mathfrak{q}

不是极大理想。任取

\bar{s}\in S/\mathfrak{q}

，则

\bar{s}\bar{r}^{-1}\in (S/\mathfrak{q})_r

，由于

\bar{s}

在

R/\mathfrak{p}

上整，所以满足一个首一多项式

\bar{s}^n+\bar{a}_1\bar{s}^{n-1}+\cdots+ \bar{a}_n=0,

其中系数属于

R/\mathfrak{p}

，两边乘以

\bar{r}^{-n}

后，就得到了一个

\bar{s}\bar{r}^{-1}

的首一多项式，系数属于

(R/\mathfrak{p})_r

. 因此

(S/\mathfrak{q})_r

在

(R/\mathfrak{p})_r

上整。由Proposition 0，

(R/\mathfrak{p})_r

是一个域推出

(S/\mathfrak{q})_r

是一个域。因为

\mathfrak{q}

不是极大理想，利用 Robinowitch's trick，我们就得到了

S

不是一个 Jacobson 环。以上的逆否即是：若

S

是 Jacobson 环，则

R

是 Jacobson 环。反过来，假设

\mathfrak{p}

是

S

的一个素理想，但不是极大理想，以及任意包含

\mathfrak{p}

的素理想都包含一个

s\not\in \mathfrak{p}

，那么我们知道

(S/\mathfrak{p})_{s}=K(S/\mathfrak{p})

. 并且，

\mathfrak{p} \cap R

不是

R

的极大理想。我们考虑包含关系

R/(R\cap \mathfrak{p})\subset S/\mathfrak{p}\subset (S/\mathfrak{p})_{s}

. 由于

S

在

R

上整，

S/\mathfrak{p}

在

R/(R\cap \mathfrak{p})

上整。所以

\bar{s}\in S/\mathfrak{p}

满足首一多项式方程

f(\bar{s})=\bar{s}^n+\bar{r}_1\bar{s}^{n-1}+\cdots+\bar{r}_n=0,

可以假设

\bar{r}_n

不为零，因为

S/\mathfrak{p}

是整环。由于

(S/\mathfrak{p})_{\bar{s}}

是域，所以

\bar{s}^{-1}=-\bar{r}_n^{-1}(\bar{s}^{n-1}+\cdots+\bar{r}_{i_1}).

其中

i_i

是

f

的次高级项的序数。通过将右侧的常数项移到左边再两边乘以

\bar{s}^{-1}

，可以得到

\bar{s}^{-1}(\bar{s}^{-1}+\bar{r}_n^{-1}\bar{r}_{i_1})=-\bar{r}_n^{-1}(\bar{s}^{n-2}+\cdots+\bar{r}_{i_2}),

其中

i_2

是

f

的第三高级项的序数。不断如此的进行下去，进行至多

n

次后，左边将得到一个

\bar{s}^{-1}

的首一多项式，系数属于

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{r}

，其中

\bar{r}

是

f

所有非零系数的乘积，右边将变成零。所以

(S/\mathfrak{p})_{s}

在

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{r}

上整，由Proposition 0，

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{r}

是一个域。因为

R\cap \mathfrak{p}

不是极大理想，利用Robinowitch's trick，我们就得到了

S

不是一个 Jacobson 环。

Theorem 5. 如果 $R$ 是 Jacobson 环，则任意的有限生成 $R$ -代数 $S$ 是 Jacobson 环。并且，任意的 $S$ 的极大理想在 $R$ 中的原像依然是极大理想。

Proof. 关于第一部分，我们可以去证明

R[x]

是 Jacobson 环，然后通过有限归纳就得到了

R[x_1,\cdots,x_n]

也是 Jacobson 环，继而他的商环，即有限生成

R

-代数也是 Jacobson 环。对于第二部分。假设

S=R[x_1,\cdots,x_n]/\mathfrak{a}

，

\mathfrak{n}

是

S

的极大理想，那么在

R[x_1,\cdots,x_n]

中可以找到极大理想

\mathfrak{m}

，使得

\mathfrak{m}

是

S

中的

\mathfrak{n}

的原像，所以可以假设

S=R[x_1,\cdots,x_n]

. 如果我们可以证明

R[x]

的极大理想

\mathfrak{m}

的原像

R\cap \mathfrak{m}

是极大理想，然后通过

R[x_1,\cdots,x_{n}]=R[x_1,\cdots,x_{n-1}][x_n]

，而由第一部分

R[x_1,\cdots,x_{n-1}]

是 Jacobson 环，所以可以得到

\mathfrak{m}\cap R[x_1,\cdots,x_{n-1}]

是极大理想，然后有限归纳就得到了

\mathfrak{m} \cap R

是一个极大理想。所以我们也将问题归结到了

S=R[x]

. 假设素理想

\mathfrak{p}\subset R[x]

不是极大理想，但所有严格包含

\mathfrak{p}

的素理想都包含一个

f\not\in \mathfrak{p}

. 那么考虑整环

R'=R[x]/\mathfrak{p}

的商域

K(R')=R'_f

以及整环

R/(R\cap \mathfrak{p})

的商域

k=K(R/(R\cap \mathfrak{p}))

，我们有如下包含关系

R/(R\cap \mathfrak{p})\subset k \subset R'_{f}.

因此

R'_f

可以自然地看成

k

的一个扩张，或者说

R'_f

是一个

k

-代数。使用商同态的泛性质，由于

R'=R[x]/\mathfrak{p}

可以看成

(R/(R\cap \mathfrak{p}))[x]

的一个商环。如果

R\cap \mathfrak{p}

是极大理想，则

R/(R\cap \mathfrak{p})[x]

作为域上的一元多项式环是一个 Jacobson 环，

R'

作为它的商环也是 Jacobson 环。

R'

是整环，所以

(0)

是素理想，

\bar{f}

作为

f

在

R'

中的像，包含于所有

R'

的非零素理想里，由 Robinowitch's trick，矛盾。所以我们可以假设

R\cap \mathfrak{p}

不是

R

的极大理想。由于

R'_f\cong R'[x]/(x\bar{f}-1)

，

R'_f

是一个有限生成

R'

-代数，而

R'

又是一个有限生成

R/(R\cap \mathfrak{p})

-代数，所以

R'_{f}

也是一个有限生成

R/(R\cap \mathfrak{p})

-代数。因此

R'_f

中的任意元素都可以写成

R/(R\cap \mathfrak{p})

系数的多项式的形式，也自然是

k

-系数的多项式的形式，因此

R'_f

是一个有限生成

k

-代数。

R'_f

是一个域，而且

R'_f

是一个有限生成

k

代数，Zariski引理告诉我们

R'_f

是一个有限扩张，因此

\bar{f}^{-1}\in R'_f

满足一个代数方程

\bar{a}_0\bar{f}^{-n}+\bar{a}_{1}\bar{f}^{-n+1}+\cdots+\bar{a}_n=0,

系数属于

k

，将系数通分之后，可以假设系数属于

R/(R\cap \mathfrak{p})

. 两边除以

\bar{a}_0

，我们就得到了一个首一多项式

\bar{f}^{-n}+\bar{a}_0^{-1}\bar{a}_{1}\bar{f}^{-n+1}+\cdots+\bar{a}_0^{-1}\bar{a}_n=0,

系数属于

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{a_0}

，所以

\bar{f}^{-1}

在

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{a_0}

上整。设

p

是

\mathfrak{p}

里面的一个非零多项式，再设

\bar{x}

是

x

在

R'

里面的像，由于

0=\bar{p}=p(\bar{x})=\bar{p}_0\bar{x}^n+\cdots+\bar{p}_n,

其中系数在

R/(R\cap \mathfrak{p})

中. 两边除以首项系数

\bar{p}_0

，得到一个系数在

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{\bar{p}_0}

中的首一多项式，因此

R'

在

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{p_0}

上整。显然，

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{aa_0}\subset k

同时包含

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{a}

和

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{a_0}

，所以

R'_f

在

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{aa_0}

上整。因为

R'_f

是域，且

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{aa_0}

作为

k

的子环是整环，由Proposition 0，

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{aa_0}

也是域，故

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{aa_0}=k

. 但是

R

是 Jacobson 环，Robinowitch's trick 告诉我们，如果

R\cap \mathfrak{p}

不是

R

中的极大理想，则不能有

(R/(R\cap \mathfrak{p}))_{aa_0}=k

. 矛盾。至此，命题第一部分证明完毕。下面证明第二部分，即极大理想的原像是极大理想。假设

\mathfrak{m}

是

R[x]

的极大理想，但是

R\cap \mathfrak{m}

不是极大理想。同上，我们已经知道

R[x]/\mathfrak{m}

在

(R/(R\cap \mathfrak{m}))_{p_0}

上整，但是

R[x]/\mathfrak{m}

是域，由 Proposition 0，

(R/(R\cap \mathfrak{m}))_{p_0}

是一个域，利用 Robinowitch's trick，我们就知道这与

R

是一个 Jacobson 环矛盾。

作为推论，当 $k$ 是一个域，有限生成 $k$ -代数是 Jacobson 环，这有时候被称为 Hilbert’s Nullstellensatz.

Proposition 6. 设 $R$ 是一个环， $K$ 是一个有限生成 $R$ -代数，如果 $K$ 是一个域，则 $R$ 是 Jacobson 环当且仅当 $K$ 在 $R$ 上有限（即作为 $R$ -模是有限生成的）。

当 $R$ 是一个域，这个命题就变成了Zariski引理。

Proof. 如果

K

在

R

上有限，即

K

作为

R

-模是有限生成的，所以

K

在

R

上整，

K

作为域是一个 Jacobson 环，所以

R

是一个 Jacobson 环。反过来，如果

R

是一个 Jacobson 环，设定义

R

-代数结构的同态为

\varphi:R\to K

，由于

K

是有限生成

R

-代数，作为极大理想的原像，

\ker\varphi

是极大理想，所以有域

k=R/\ker\varphi

，以及单同态

k\to K

，这是一个域扩张。由于

K

是有限生成

R

-代数，所以也是有限生成

k

-代数。由Zariski引理，

K

是一个有限扩张，或者，作为

k

-模是有限生成的。因此，作为

R

-模也是有限生成的。

Buwai Lee

交换图都不会画的魔法师