Idealna norma w zamówieniach

Aug 16 2020

Pozwolić $\overline{T}$ być takim pierścieniem Dedekinda $\overline{T}/\overline{I}$ jest skończona dla każdego niezerowego ideału $\overline{I}$ z $\overline{T}$. Pozwolić$T$ być subringiem $\overline{T}$ z tym samym sumarycznym pierścieniem ułamków (tj. porządek).

Pozwolić $I$ być ideałem $T$ i pozwól $\overline{I} = I\overline{T}$. normą $N_T(I)$ z $I$ jest zdefiniowana jako moc zbioru $T/I$.

Pytanie: Czy istnieje jakiś wzór$N_T(I)$ i $N_{\overline{T}}(\overline{I})$?

Na przykład, wydaje się prawdopodobne, że rozbieżność jest mierzona przez jakąś grupę „tor”.

Uwagi:

Jeśli $I$ jest więc projekcyjna $N_T(I)$ i $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ są równe.
Lokalizacja ogranicza problem do przypadku, kiedy $T$ jest lokalny (i $\overline{T}$ jest półlokalny) i oba $I$ i dyrygent $T$ to właściwe ideały.
(Dzięki dla Luca Guyota) Jeśli $T$to pierścień basowy ($\leftrightarrow$ każdy pierścień pośredni $T \subset R \subset \overline{T}$ jest Gorenstein $\leftrightarrow$ każdy ideał jest generowany przez dwa elementy) i $T = \{a \in \overline{T} : a I \subset I \}$, następnie przez [2, Twierdzenie 5.8] $I$jest rzutowe. Wynika, że$N_T(I)$ i $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ są równe (przy pierwszej uwadze).
(uogólnienie trzeciej uwagi) jeżeli $T$jest domeną integralną Gorensteina i$T = \{a \in \overline{T} : a I \subset I \}$, następnie $I$jest rzutowe. Wynika to z połączenia Twierdzenia 6.2 (4) z Twierdzeniem 7.2 z [1]. Wynika, że$N_T(I)$ i $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ są równe (przy pierwszej uwadze).

[1] H. Bass, „O wszechobecności pierścieni Gorensteina”, 1963.

[2] L. Levy i R. Wiegand, "Dedekind-like zachowanie pierścieni z 2-generowanymi ideałami", 1985.

Odpowiedzi

4 LucGuyot Aug 18 2020 at 07:46

Zacznę od uwagi ogólnej, która zostanie zilustrowana obliczeniem w dowolnej kolejności kwadratowego pola liczbowego.

Jeśli $\overline{I}$ kontrakty do $I$, czyli jeśli $\overline{I} \cap R = I$, a następnie włączenie $R \rightarrow \overline{R}$ wywołuje zastrzyk $R$-moduł homomorfizm $R/I \rightarrow \overline{R}/\overline{I}$. W rezultacie,$N_R(I)$ dzieli $N_{\overline{R}}(\overline{I})$ aw szczególności mamy $N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$. Jeśli na przykład$I$ jest więc pierwszym ideałem $N_R(I)$ dzieli $N_{\overline{R}}(\overline{I})$.

Podstawowe pytanie, na które nie odpowiadam, brzmi:

Pytanie. Czy to zawsze prawda$N_R(I)$ dzieli $N_{\overline{R}}(\overline{I})$a przynajmniej to $N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$?

Edytować. Odpowiedź OP zawiera dowód na to$N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$ obowiązuje dla każdego niezerowego ideału $R$.

Nie odniosę się do powyższego pytania. Zamiast tego wprowadzę warunek na$R$ pod którym $N_R(I)$ dzieli $N_{\overline{R}}(\overline{I})$ dla każdego niezerowego ideału $I$ z $R$.

Propozycja. Jeśli ideał niezerowy$I$ z $R$ jest rzutowany na swój pierścień mnożników $\varrho(I) \Doteq \{ r \in \overline{R} \, \vert \, rI \subseteq I\}$, potem będzie $$ N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I) \vert \varrho(I)/R \vert. $$

Dygresja. że$\varrho(I) = \{ r \in K \, \vert \, rI \subseteq I\}$ gdzie $K$ oznacza pole ułamków $R$, od $R$ jest Noetherian.

Lemat 1 (twierdzenie OP) . Jeśli$I$ jest odwracalnym ideałem $R$ następnie $N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I)$.

Dowód. Najpierw udowodnij twierdzenie dla niezerowego ideału głównego$I$. Następnie zdekomponuj plik$R$-moduł o skończonej długości $\overline{R}/\overline{I}$ jako bezpośrednia suma jego lokalizacji w odniesieniu do maksymalnych ideałów $R$[4, Twierdzenie 2.13]. Zrób to samo dla$R/I$ i porównajcie liczebności szczytów.

Dowód propozycji. Z lematu 1 mamy$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_{\varrho(I)}(I)$. W związku z tym$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = [\varrho(I) : R][R: I] = \vert \varrho(I)/R\vert N_R(I)$.

Zauważ, że jeśli $R$ jest porządkiem, którego ideały są generowane w dwóch postaciach (np. porządek w polu kwadratowym lub porządek, którego dyskryminator jest wolny od czwartej potęgi [2, Twierdzenie 3.6]), to każdy niezerowy ideał $R$spełnia hipotezę powyższego twierdzenia, patrz np. [1], [2] i Twierdzenie 4.1, Wnioski 4.3 i 4.4 uwag Keitha Conrada . PO omawia podobne wyniki w swoich uwagach i odpowiedzi.

Pozwolić $m$być wymierną liczbą całkowitą bez kwadratów. Ustawiamy$K \Doteq \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ i oznacz przez $\mathcal{O}(K)$ pierścień liczb całkowitych pola kwadratowego $K$.

Loose Roszczenie. Otrzymałem rozkaz$R$ z $K$ i ideał $I \subseteq R$, obliczymy $N_{\mathcal{O}(K)}(I\mathcal{O}(K))$ jako funkcja $N_R(I)$ i binarnej postaci kwadratowej związanej z $I$.

Aby to zrobić, wprowadzamy pewne oznaczenia i definicje.

Oprawa $$\omega = \left\{ \begin{array}{cc} \sqrt{m} & \text{ if } m \not\equiv 1 \mod 4, \\ \frac{1 + \sqrt{m}}{2} & \text{ if } m \equiv 1 \mod 4, \\ \end{array}\right. $$ mamy $$\mathcal{O}(K) = \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega$$ i dowolnej kolejności $K$ ma postać $\mathcal{O}_f(K) \Doteq \mathbb{Z} + \mathbb{Z} f \omega$ dla jakiejś wymiernej liczby całkowitej $f > 0$[2, Lemat 6.1]. Ponadto włączenie$\mathcal{O}_f(K) \subseteq \mathcal{O}_{f'}(K)$ jest prawdziwe wtedy i tylko wtedy, gdy $f'$ dzieli $f$. Jeśli$I$ jest ideałem $\mathcal{O}_f(K)$, to jego pierścień mnożników $\varrho(I) \Doteq \{ r \in \mathcal{O}(K) \, \vert \, rI \subseteq I\}$ to najmniejsze zamówienie $\mathcal{O}$ z $K$ takie że $I$ jest rzutowe, równoważnie odwracalne, jako ideał $\mathcal{O}$[2, Twierdzenie 5.8]. Pozwól nam naprawić$f > 0$ i nastaw $$R \Doteq \mathcal{O}_f(K), \quad \overline{R} \Doteq \mathcal{O}(K).$$

Idealny $I$ z $R$mówi się, że jest prymitywny, jeśli nie można go zapisać jako$I = eJ$ pewna racjonalna liczba całkowita $e$ i trochę ideału $J$ z $R$.

Głównym narzędziem jest Standardowy lemat bazowy [5, lemat 6.2 i jego dowód].

Lemat 2. Niech$I$ być niezerowym ideałem $R$. Następnie istnieją wymierne liczby całkowite$a, e > 0$ i $d \ge 0$ takie że $-a/2 \le d < a/2$, $e$ dzieli oba $a$ i $d$ i mamy $$ I = \mathbb{Z} a + \mathbb{Z}(d + e f \omega). $$ Liczby całkowite $a, d$ i $e$ są wyjątkowo określone przez $I$. Mamy$\mathbb{Z}a = I \cap \mathbb{Z}$ i liczba całkowita $ae$ jest równa normie $N_R(I) = \vert R /I \vert$ z $I$. Ideał$I$ jest prymitywny wtedy i tylko wtedy, gdy $e = 1$.

Zauważ, że od $\mathbb{Z}a = I \cap \mathbb{Z}$, wymierna liczba całkowita $a$ dzieli $N_{K/\mathbb{Q}}(d + e f \omega)$. Nazywamy parami generującymi$(a, d + ef \omega)$średnia podstawa$I$. Połączmy się$I$ binarna forma kwadratowa $q_I$ określony przez $$q_I(x, y) = \frac{N_{K/\mathbb{Q}}(xa + y(d + ef\omega))}{N_R(I)}.$$

Potem będzie $$eq_I(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2$$ z $$b = Tr_{K/\mathbb{Q}}(d + ef \omega) \text { and } c = \frac{N_{K/\mathbb{Q}}(d + ef \omega)}{a}.$$Definiujemy treść$c(q_I)$ z $q_I$ jako największy wspólny dzielnik jej współczynników, to znaczy $$c(q_I) \Doteq \frac{\gcd(a, b, c)}{e}.$$

Uwaga. Mamy$c(q_I) = \frac{\gcd(a, d, ef)}{e} = \frac{f}{f'} = \vert \varrho(I) / R \vert$ gdzie $f'$ jest dzielnikiem $f$ takie że $\varrho(I) = \mathcal{O}_{f'}$.

Roszczenie. Pozwolić$I$ być niezerowym ideałem $R$. Potem będzie$$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I) \vert \varrho(I)/R \vert \text{ with } \vert \varrho(I)/R \vert = c(q_I).$$

Dowód. Od$N_R(xI) = N_R(Rx) N_R(I)$ i $N_R(Rx) = N_{\overline{R}}(\overline{R}x) = \vert N_{K/\mathbb{Q}}(x) \vert$ dla każdego $x \in R \setminus \{0\}$, możemy to założyć bez utraty ogólności $I$ jest prymitywny, tj. $e = 1$. Z definicji wynika bezpośrednio, że$$\overline{I} = \overline{R} I = \mathbb{Z}a + \mathbb{Z}a \omega + \mathbb{Z}(d + f \omega) + \mathbb{Z}v$$ gdzie
$$v = \left\{ \begin{array}{cc} f \omega^2 + d \omega & \text{ if } m \not\equiv 1 \mod 4, \\ f \frac{m - 1}{4} + (d + f) \omega & \text{ if } m \equiv 1 \mod 4. \\ \end{array}\right.$$Teraz wystarczy obliczyć normalną postać Smitha $\begin{pmatrix} d_1 & 0 \\ 0 & d_2 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ macierzy $A \Doteq \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \\ d & f \\ v_1 & v_2 \end{pmatrix}$ gdzie $(v_1, v_2)$ jest macierzą $v$ z szacunkiem do $\mathbb{Z}$-podstawa $(1, \omega)$ z $\overline{R}$. Współczynnik$d_1$ jest największym wspólnym dzielnikiem współczynników $A$ i łatwo go zobaczyć $\gcd(a, d, f) = \gcd(a, b, c)$. Współczynnik$d_2$ jest największym wspólnym dzielnikiem $2 \times 2$ nieletni z $A$ podzielony przez $d_1$ i łatwo go zobaczyć $\frac{a \gcd(c(q_I), q_I(0, 1))}{d_1} = \frac{a c(q_I)}{d_1}$. A zatem$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = d_1 d_2$ ma żądaną formę.

[1] J. Sally i W. Vasconcelos, "Stable rings", 1974.
[2] C. Greither, "On the two generator problem for the ideals of one-wymiar ring", 1982.
[3] L. Levy i R. Wiegand, „Dedekind-like zachowanie pierścieni z$2$-generated ideals ", 1985.
[4] D. Eisenbud," Commutative algreba with a view into algebraic geometry ", 1995.
[5] T. Ibukiyama i M. Kaneko," Quadratic Forms and Ideal Theory of Quadratic Fields ", 2014 .

2 AWO Aug 21 2020 at 05:32

Dla dobra innych nagrywam wszystko, co według mojej wiedzy jest pełne tego, co wiadomo o ogólnym problemie. Luc Guyot udzielił miłej i wyraźnej odpowiedzi w przypadku rzędów kwadratowych.

Nie oznaczam tego posta jako „odpowiedź”, ponieważ oryginalne pytanie nie zostało jeszcze udzielone.

Niech rozbieżność a$T$-ideał $I$ być zdefiniowane jako $ds(I) = N_{\overline{T}}(\overline{I})/N_T(I)$ (niestandardowa definicja).

Kiedy robi $ds(I) = 1$?

Następujące twierdzenie jest głównym narzędziem pracy [1]. Instrukcja używa notacji indeksu modułu [2].

Twierdzenie [1; Twierdzenie 1]:

$[\overline{T}:\overline{I}] \subset [T:I]$.
$[\overline{T}:\overline{I^{-1}}] \subset [I:T]$.
$[{T}:{I^{-1}}] \subset [\overline{I}:\overline{T}]$.

Ponadto równoważne są:

Każda relacja podzbioru między (1), (2), (3) jest równością.
Wszystkie relacje podzbiorów między (1), (2), (3) są równe.
$I$ jest odwracalna.

To twierdzenie ma następujące konsekwencje dla „rozbieżności”. Przypomnij sobie, że różni się od$T$ jest zdefiniowany jako $\mathfrak D_{T} = (T^\vee)^{-1}$ gdzie $T^\vee$ jest dualnością $T$ dla formularza śledzenia.

Wniosek :$ds(I) \geq 1$ z równością wtedy i tylko wtedy, gdy $I$ jest odwracalna.

Wniosek : następujące są równoważne:

Rozbieżność $\mathfrak D_{T}$ jest $1$.
Do każdego ideału $I$ z $T$, $ds(I) = 1$ wtedy i tylko wtedy gdy $T = (I:I)$.
$T$ jest Gorenstein.

Wszystko w tych wnioskach wynika bezpośrednio z twierdzenia z wyjątkiem drugiego punktu drugiego wniosku, który wynika z dobrze znanej równoważności $T=(I:I) \iff I \text{ invertible}$ kiedy $T$ jest Gorenstein (por. np. [3; Twierdzenie 5.8] lub [4; Twierdzenie 2.7]).

Kwadratowa obudowa

[Zgodnie z zapisem w odpowiedzi Luca Guyota]

Korzystając z powyższych wniosków, powrócimy do przypadku kwadratowego. Rozbieżność jest niezmienna w przypadku homotetii, więc możemy przyjąć ideał$I$ jest prymitywny ($e = 1$). Do [5; Lemat 6.5], ideał$I$ spełnia $R = (I:I)$ wtedy i tylko wtedy gdy $\gcd(a,b,c) = 1$. Rzeczywiście, wzór na rozbieżność w odpowiedzi Luca Guyota jest precyzyjny$\gcd(a,b,c)$. (Patrząc na uwagę w odpowiedzi Luca Guyota, mamy nawet$ds(I) = f/f'$ gdzie $f$ jest przewodnikiem $T$ i $f'$ jest przewodnikiem $(I:I)$.) Tak więc wzór $ds(I) = c(q_I)$ jest zgodny z drugim wnioskiem.

Górna granica

Wyprowadzimy górną granicę dla $ds(I)$ który jest niezależny od $I$. zakładam, że$T$jest domeną prostoty. Możemy to przypuszczać$T \neq \overline{T}$ i nastaw $S = \overline{T}$. Pozwolić$\mathfrak f$ oznaczają przewodnika $T$.

Górna granica : dla każdego ideału ułamkowego T.$I$, $ds(I) \leq |S/T||S/\mathfrak f|.$

Dwa $T$- ideały ułamkowe należą do tego samego rodzaju, jeśli są lokalnie izomorficzne; równoważnie, istnieje odwracalny ideał T, który mnoży jeden ideał w drugi.

Roszczenie : dowolne$T$- ułamkowy idealny $I$ należy do tego samego rodzaju co a $T$- ułamkowy idealny $J$ takie że $\mathfrak f \subset J \subset S.$

Dowód: niech $P$ być głównym ideałem $T$ i pozwól $S_P$ oznaczają całkowite zamknięcie $T$(integralne zamknięcie dojeżdża z lokalizacją). Wystarczy skonstruować plik$T_P$-ideał ułamkowy, który jest izomorficzny do $I_P$ takie że $\mathfrak f_P \subset J_P \subset T_P$ gdzie indeks dolny oznacza napinanie z $T_P$. $S_P$jest skończonym produktem lokalnych pierścieni Dedekinda, więc jest PID. W związku z tym$I_PS_P = \alpha S_P$ dla niektórych $\alpha$ w $Quot(T)$. Pozwolić$J_P = \alpha^{-1}I_P$. Następnie$J_P \subset S_P$, ale również $$J_P \supset J_P \mathfrak f_P = J_P S_P \mathfrak f_P = \mathfrak f_P.$$

Claim : Rozbieżność$ds(I)$ jest stała w rodzajach.

Dowód: zostało to udowodnione poprzez zlokalizowanie i użycie tego odwracalnego ideału $T$ jest lokalnie głównym (ten ostatni fakt wynika z [5; Twierdzenie 2.3]).

Łącząc te twierdzenia, mamy to dla $I$ każdy $T$-ideał ułamkowy, $ds(I) = ds(J)$ dla niektórych $T$- ułamkowy idealny $J$ takie że $\mathfrak f \subset J \subset S$. Od 1; Twierdzenie 1],$|T/J| \leq |S/SJ|$. Mamy też$S\mathfrak f = \mathfrak f \subset SJ \subset S$, a więc $|S/SJ| \leq |S/\mathfrak f|$. pisać$M' = M/\mathfrak f$ dla dowolnego modułu zawierającego $\mathfrak f$. Łączenie nierówności, jakie mamy

$$ds(I) = |S/SJ|/|T/J| \leq |S/\mathfrak f|/ |T/J| = |S'|/(|T'|/|J'|) = |S/T| |J/\mathfrak f| .$$

Ostatni termin jest ograniczony od góry przez $|S/T| |S/\mathfrak f|$.

Wniosek

Funkcja rozbieżności spełnia nierówność, $1 \leq ds(I) \leq |\overline{T}/T||\overline{T}/\mathfrak f|$, dla każdego $T$- ułamkowy idealny $I$i dopuszcza wyraźny i naturalny wzór na przewodniki w przypadku kwadratowym. Wydaje się jednak, że nie wiadomo, czy funkcja rozbieżności może mieć ogólnie „formę zamkniętą” (np. Wyrażenie w postaci przewodnika$T$, różne lub dyskryminujące $T$ i $\overline{T}$, Grupy Ext lub Tor zakończone $T$ lub $\overline{T}$).