の準同型 $k$-代数は最大スペクトルの準同型を誘導します

Aug 19 2020

にとって $k$ 代数的閉体、アフィンを定義します $k$-有限生成される代数 $k$-還元される代数(すなわち $\sqrt{(0)} = (0)$)。アフィニーの場合$k$-代数 $A$、定義します $\operatorname{specm} A$極大イデアルのセットになること。次に、次の命題があります。

場合 $\alpha: A \rightarrow B$ アフィンの準同型です $k$-代数、次に $\alpha$ 位相空間の連続マップを誘導します $\phi: \operatorname{specm} B \rightarrow \operatorname{specm} A$ 極大イデアルのための場所 $m \subset B$

$$ \phi(m) = \alpha^{-1}(m). $$

次のような証明の前半を理解するのに苦労しています。

証明:

  1. どんな場合でも $h \in A$$\alpha(h)$ で反転可能です $B_{\alpha(h)}$ (これは、 $B$$\alpha(h)$)、準同型 $A \rightarrow B \rightarrow B_{\alpha(h)}$ 準同型に拡張 $$ \frac{g}{h^m} \rightarrow \frac{\alpha(g)}{\alpha(h)^m}: A_h \rightarrow B_{\alpha(h)} $$

  2. あらゆる最大の理想のために $n \in B$$m = \alpha^{-1}(n)$ で最大です $A$ なぜなら $A/m \rightarrow B/n$ はk代数の単射マップであり、 $A/m$ です $k$

ステップ1が証明の他の場所で使用されているとは思わないので、ステップ2はステップ1の結果であるに違いないようです。誰かがその方法を説明できますか?特に、ステップ1は、ステップ2のマップが単射である理由ですか?ありがとうございました!

回答

4 AlexYoucis Aug 19 2020 at 16:14

どこを読んでいるのかわかりませんが、これは非常に複雑なようです。仮定$\alpha: A\to B$ の地図です $k$-代数 $A$ そして $B$有限型です。しましょう$\mathfrak{m}$極大イデアルになります。それを示したい$\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$極大イデアルです。ただし、誘導されたマップに注意してください

$$\alpha:A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})\to B/\mathfrak{m}$$

単射の場合 $\alpha(a\alpha^{-1}(\mathfrak{m}))=\alpha(a)\mathfrak{m}$ がゼロの場合、これは $\alpha(a)\in\mathfrak{m}$ そのため $a\in \alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ それはそれを言います $a\alpha^{-1}(m)$ はゼロです。

さて、心配するかもしれませんが、 $\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$最大ではありませんそれは確かに素数です。確かに、$ab\in\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ その後 $\alpha(ab)\in \mathfrak{m}$。しかし、これは$\alpha(a)\alpha(b)\in\mathfrak{m}$ だからどちらか $\alpha(a)\in\mathfrak{m}$ または $\alpha(b)\in\mathfrak{m}$。しかし、これはまさにそれを意味します$a\in\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ または $\alpha^{-1}(b)\in\mathfrak{m}$。以来$a$ そして $b$ 恣意的だった $\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$必要に応じて素数です(注:もちろん、これはそれを使用しませんでした$\mathfrak{m}$ は最大であり、あらゆる素イデアルで機能します)。

だから、私たちはそれを見る $\alpha$ 整域の包含を誘発します $A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ フィールドに $B/\mathfrak{m}$。私たちが任意のリングを扱っていた場合、これは私たちが実際に言えることの全範囲になります。しかし、私たちが有限型を扱っているという事実$k$-代数はその日を言うものです。

どうして?以来、Nullstellensatzによって$B$ は有限次元です $k$-代数私たちはそれを持っています $B/\mathfrak{m}$ は有限次元です $k$-代数!だから、特に、$A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ に埋め込む $B/\mathfrak{m}$ として $k$-代数 $A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ は整域であり、 $k$-有限次元の代数 $k$。これで十分です。

つまり、絶対的に完全な一般性では $\ell$ フィールドであり、 $R$ である整域です $\ell$-alebrawith $\dim_\ell R<\infty$ その後 $R$ フィールドです。

どうして?私たちはそれを示す必要があります$r\in R$ ゼロ以外の $r$逆数があります。しかし、これはまさにその地図を意味します

$$m_r:R\to R:x\mapsto rx$$

反転可能です-明らかに $r$ 乗法逆数があります $m_r^{-1}=m_{r^{-1}}$ で、もし $m_r$ 反転可能です $1$ の画像にあります $m_r$ それは存在することを意味します $x$ そのような $1=m_r(x)=rx$

しかし、それ以来注意してください $R$ はドメインです $m_r$ 単射です- $m_r(x)=0$ その後 $rx=0$ これは、ドメインプロパティによって、次のことを意味します。 $x=0$ 以来 $r\ne 0$。ただし、注意してください$m_r$ 明らかにの地図です $k$-ベクトル空間。有限次元のベクトル空間の単射自己準同型は自己同型であるため、勝ちます。