Định mức lý tưởng trong đơn đặt hàng

Aug 16 2020

Để cho $\overline{T}$ là một chiếc nhẫn Dedekind như vậy $\overline{T}/\overline{I}$ là hữu hạn cho mọi lý tưởng nonzero $\overline{I}$ của $\overline{T}$. Để cho$T$ là một phụ của $\overline{T}$ với cùng một vòng tổng của các phân số (tức là một thứ tự).

Để cho $I$ là một lý tưởng của $T$ và để $\overline{I} = I\overline{T}$. các chuẩn mực $N_T(I)$ của $I$ được định nghĩa là bản chất của $T/I$.

Câu hỏi: Có một công thức liên quan$N_T(I)$ và $N_{\overline{T}}(\overline{I})$?

Ví dụ, có vẻ hợp lý khi sự khác biệt được đo lường bởi một số nhóm "tor".

Nhận xét:

Nếu $I$ sau đó là xạ ảnh $N_T(I)$ và $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ bằng nhau.
Bản địa hóa giảm bớt vấn đề trong trường hợp $T$ là địa phương (và $\overline{T}$ là bán cục bộ), và cả hai $I$ và chỉ huy của $T$ là những lý tưởng đúng đắn.
(Cảm ơn Luc Guyot) Nếu $T$là một vòng Bass ($\leftrightarrow$ mọi vòng trung gian $T \subset R \subset \overline{T}$ là Gorenstein $\leftrightarrow$ mọi lý tưởng đều được tạo ra bởi hai yếu tố), và $T = \{a \in \overline{T} : a I \subset I \}$, sau đó bởi [2, Mệnh đề 5.8] $I$là xạ ảnh. Nó theo sau đó$N_T(I)$ và $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ bằng nhau (theo nhận xét đầu tiên).
(khái quát của nhận xét thứ ba) nếu $T$là một miền tích phân Gorenstein và$T = \{a \in \overline{T} : a I \subset I \}$, sau đó $I$là xạ ảnh. Điều này xảy ra từ việc kết hợp Định lý 6.2 (4) với Mệnh đề 7.2 của [1]. Nó theo sau đó$N_T(I)$ và $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ bằng nhau (theo nhận xét đầu tiên).

[1] H. Bass, "Về sự phổ biến của những chiếc nhẫn Gorenstein", 1963.

[2] L. Levy và R. Wiegand, "Hành vi giống như Dedekind của các vòng với các lý tưởng được tạo ra 2", 1985.

Trả lời

4 LucGuyot Aug 18 2020 at 07:46

Tôi sẽ bắt đầu với một nhận xét chung sẽ được minh họa bằng một phép tính trong một trường số bậc hai có thứ tự tùy ý.

Nếu $\overline{I}$ hợp đồng với $I$, tức là, nếu $\overline{I} \cap R = I$, sau đó bao gồm $R \rightarrow \overline{R}$ gây ra một vết thương $R$-mẫu đồng hình $R/I \rightarrow \overline{R}/\overline{I}$. Kết quả là,$N_R(I)$ phân chia $N_{\overline{R}}(\overline{I})$ và đặc biệt chúng tôi có $N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$. Nếu ví dụ$I$ là một lý tưởng chính, sau đó $N_R(I)$ phân chia $N_{\overline{R}}(\overline{I})$.

Câu hỏi cơ bản mà tôi không trả lời được là:

Câu hỏi. Có phải luôn luôn đúng rằng$N_R(I)$ phân chia $N_{\overline{R}}(\overline{I})$, hoặc ít nhất là $N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$?

Biên tập. Câu trả lời OP chứa một bằng chứng rằng$N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$ đúng với mọi lý tưởng khác không $R$.

Tôi sẽ không giải quyết câu hỏi trên. Thay vào đó, tôi sẽ giới thiệu một điều kiện về$R$ dưới đó $N_R(I)$ phân chia $N_{\overline{R}}(\overline{I})$ cho mọi lý tưởng khác không $I$ của $R$.

Dự luật. Nếu một lý tưởng khác không$I$ của $R$ là xạ ảnh trên vòng nhân của nó $\varrho(I) \Doteq \{ r \in \overline{R} \, \vert \, rI \subseteq I\}$, sau đó chúng tôi có $$ N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I) \vert \varrho(I)/R \vert. $$

Ghi chú bên lề. cái đó$\varrho(I) = \{ r \in K \, \vert \, rI \subseteq I\}$ Ở đâu $K$ biểu thị trường phân số của $R$, từ $R$ là Noetherian.

Bổ đề 1 (Tuyên bố OP) . Nếu$I$ là một lý tưởng không thể đảo ngược của $R$ sau đó $N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I)$.

Bằng chứng. Đầu tiên, chứng minh tuyên bố về một lý tưởng chính khác không$I$. Sau đó phân hủy$R$-môđun có độ dài hữu hạn $\overline{R}/\overline{I}$ như là một tổng trực tiếp của các bản địa hóa của nó đối với những lý tưởng tối đa của $R$[4, Định lý 2.13]. Làm tương tự cho$R/I$ và so sánh các bản số của các summand.

Chứng minh Đề xuất. Theo bổ đề 1, chúng ta có$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_{\varrho(I)}(I)$. Vì thế$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = [\varrho(I) : R][R: I] = \vert \varrho(I)/R\vert N_R(I)$.

Lưu ý rằng nếu $R$ là một bậc mà lý tưởng của nó là hai sinh (ví dụ, một bậc trong trường bậc hai hoặc một bậc có phân biệt là bậc bốn không có lũy thừa [2, Định lý 3.6]), thì mọi lý tưởng khác 0 của $R$thỏa mãn giả thuyết của mệnh đề trên, xem ví dụ, [1], [2] và Định lý 4.1, Corollaries 4.3 và 4.4 trong các ghi chú của Keith Conrad . OP thảo luận về kết quả tương tự trong nhận xét của mình và câu trả lời của mình.

Để cho $m$là một số nguyên hữu tỉ không bình phương. Chúng tôi đặt$K \Doteq \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ và biểu thị bằng $\mathcal{O}(K)$ vòng số nguyên của trường bậc hai $K$.

Yêu cầu lỏng lẻo. Đưa ra một đơn đặt hàng$R$ của $K$ và một lý tưởng $I \subseteq R$, chúng tôi sẽ tính toán $N_{\mathcal{O}(K)}(I\mathcal{O}(K))$ như là một chức năng của $N_R(I)$ và ở dạng bậc hai nhị phân được liên kết với $I$.

Để làm như vậy, chúng tôi giới thiệu một số ký hiệu và định nghĩa.

Cài đặt $$\omega = \left\{ \begin{array}{cc} \sqrt{m} & \text{ if } m \not\equiv 1 \mod 4, \\ \frac{1 + \sqrt{m}}{2} & \text{ if } m \equiv 1 \mod 4, \\ \end{array}\right. $$ chúng ta có $$\mathcal{O}(K) = \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega$$ và bất kỳ thứ tự nào của $K$ có dạng $\mathcal{O}_f(K) \Doteq \mathbb{Z} + \mathbb{Z} f \omega$ cho một số số nguyên hữu tỉ $f > 0$[2, Bổ đề 6.1]. Hơn nữa, việc bao gồm$\mathcal{O}_f(K) \subseteq \mathcal{O}_{f'}(K)$ đúng nếu và chỉ khi $f'$ phân chia $f$. Nếu$I$ là một lý tưởng của $\mathcal{O}_f(K)$, thì vòng nhân của nó $\varrho(I) \Doteq \{ r \in \mathcal{O}(K) \, \vert \, rI \subseteq I\}$ là đơn hàng nhỏ nhất $\mathcal{O}$ của $K$ như vậy mà $I$ là xạ ảnh, tương đương không thể đảo ngược, như một lý tưởng của $\mathcal{O}$[2, Mệnh đề 5.8]. Hãy để chúng tôi sửa chữa$f > 0$ và thiết lập $$R \Doteq \mathcal{O}_f(K), \quad \overline{R} \Doteq \mathcal{O}(K).$$

Một ý tưởng $I$ của $R$được cho là nguyên thủy nếu nó không thể được viết là$I = eJ$ một số số nguyên hữu tỉ $e$ và một số lý tưởng $J$ của $R$.

Công cụ chính là Bổ đề Cơ sở Chuẩn [5, Bổ đề 6.2 và chứng minh của nó].

Bổ đề 2. Cho$I$ là một lý tưởng khác không về $R$. Khi đó tồn tại số nguyên hữu tỉ$a, e > 0$ và $d \ge 0$ như vậy mà $-a/2 \le d < a/2$, $e$ chia cả hai $a$ và $d$ và chúng ta có $$ I = \mathbb{Z} a + \mathbb{Z}(d + e f \omega). $$ Các số nguyên $a, d$ và $e$ được xác định duy nhất bởi $I$. Chúng ta có$\mathbb{Z}a = I \cap \mathbb{Z}$ và số nguyên $ae$ bằng với tiêu chuẩn $N_R(I) = \vert R /I \vert$ của $I$. Lý tưởng$I$ là nguyên thủy nếu và chỉ khi $e = 1$.

Lưu ý rằng, kể từ $\mathbb{Z}a = I \cap \mathbb{Z}$, số nguyên hữu tỉ $a$ phân chia $N_{K/\mathbb{Q}}(d + e f \omega)$. Chúng tôi gọi các cặp tạo$(a, d + ef \omega)$các cơ sở tiêu chuẩn của$I$. Hãy để chúng tôi liên kết với$I$ dạng bậc hai nhị phân $q_I$ Được định nghĩa bởi $$q_I(x, y) = \frac{N_{K/\mathbb{Q}}(xa + y(d + ef\omega))}{N_R(I)}.$$

Sau đó chúng tôi có $$eq_I(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2$$ với $$b = Tr_{K/\mathbb{Q}}(d + ef \omega) \text { and } c = \frac{N_{K/\mathbb{Q}}(d + ef \omega)}{a}.$$Chúng tôi xác định nội dung$c(q_I)$ của $q_I$ là ước số chung lớn nhất của các hệ số của nó, đó là $$c(q_I) \Doteq \frac{\gcd(a, b, c)}{e}.$$

Nhận xét. Chúng ta có$c(q_I) = \frac{\gcd(a, d, ef)}{e} = \frac{f}{f'} = \vert \varrho(I) / R \vert$ Ở đâu $f'$ là ước số của $f$ như vậy mà $\varrho(I) = \mathcal{O}_{f'}$.

Yêu cầu. Để cho$I$ là một lý tưởng khác không về $R$. Sau đó chúng tôi có$$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I) \vert \varrho(I)/R \vert \text{ with } \vert \varrho(I)/R \vert = c(q_I).$$

Bằng chứng. Từ$N_R(xI) = N_R(Rx) N_R(I)$ và $N_R(Rx) = N_{\overline{R}}(\overline{R}x) = \vert N_{K/\mathbb{Q}}(x) \vert$ Cho mọi $x \in R \setminus \{0\}$, chúng tôi có thể giả định, mà không mất đi tính tổng quát, rằng $I$ là nguyên thủy, tức là, $e = 1$. Nó theo sau ngay từ các định nghĩa$$\overline{I} = \overline{R} I = \mathbb{Z}a + \mathbb{Z}a \omega + \mathbb{Z}(d + f \omega) + \mathbb{Z}v$$ Ở đâu
$$v = \left\{ \begin{array}{cc} f \omega^2 + d \omega & \text{ if } m \not\equiv 1 \mod 4, \\ f \frac{m - 1}{4} + (d + f) \omega & \text{ if } m \equiv 1 \mod 4. \\ \end{array}\right.$$Bây giờ nó đủ để tính Biểu mẫu thông thường Smith $\begin{pmatrix} d_1 & 0 \\ 0 & d_2 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ của ma trận $A \Doteq \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \\ d & f \\ v_1 & v_2 \end{pmatrix}$ Ở đâu $(v_1, v_2)$ là ma trận của $v$ đối với $\mathbb{Z}$-nền tảng $(1, \omega)$ của $\overline{R}$. Hệ số$d_1$ là ước số chung lớn nhất của các hệ số của $A$ và dễ dàng được nhìn thấy là $\gcd(a, d, f) = \gcd(a, b, c)$. Hệ số$d_2$ là ước số chung lớn nhất của $2 \times 2$ trẻ vị thành niên của $A$ chia $d_1$ và dễ dàng được nhìn thấy là $\frac{a \gcd(c(q_I), q_I(0, 1))}{d_1} = \frac{a c(q_I)}{d_1}$. Như vậy$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = d_1 d_2$ có hình thức mong muốn.

[1] J. Sally và W. Vasconcelos, "Vòng ổn định", 1974.
[2] C. Greither, "Về bài toán máy phát điện hai cho các iđêan của vòng một chiều", 1982.
[3] L. Levy và R. Wiegand, "Hành vi giống như Dedekind của nhẫn với$2$
-generated Ideals ", 1985. [4] D. Eisenbud," Giao hoán algreba với quan điểm hướng tới hình học đại số ", 1995.
[5] T. Ibukiyama và M. Kaneko," Dạng bậc hai và lý thuyết lý tưởng về trường bậc hai ", 2014 .

2 AWO Aug 21 2020 at 05:32

Tôi đang ghi lại vì lợi ích của những người khác những gì tôi biết ở mức độ đầy đủ của những gì được biết về vấn đề chung. Luc Guyot đã đưa ra một câu trả lời hay và rõ ràng cho trường hợp của bậc hai.

Tôi không đánh dấu bài đăng này là "câu trả lời" vì câu hỏi ban đầu vẫn chưa được trả lời.

Hãy để sự khác biệt của một$T$-lý tưởng $I$ được định nghĩa là $ds(I) = N_{\overline{T}}(\overline{I})/N_T(I)$ (định nghĩa phi tiêu chuẩn).

Khi nào thì $ds(I) = 1$?

Định lý sau đây là công cụ chính của bài báo [1]. Câu lệnh sử dụng ký hiệu chỉ mục mô-đun của [2].

Định lý [1; Định lý 1]:

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

Hơn nữa, những điều sau đây là tương đương:

Bất kỳ quan hệ tập hợp con nào giữa (1), (2), (3) là một đẳng thức.
Tất cả các quan hệ tập hợp con giữa (1), (2), (3) là một đẳng thức.
$I$ là không thể đảo ngược.

Định lý này có các hệ quả sau cho "sự sai khác". Nhớ lại rằng sự khác biệt của$T$ được định nghĩa là $\mathfrak D_{T} = (T^\vee)^{-1}$ Ở đâu $T^\vee$ là kép của $T$ đối với biểu mẫu theo dõi.

Hệ quả :$ds(I) \geq 1$ với sự bình đẳng nếu và chỉ khi $I$ là không thể đảo ngược.

Hệ quả : Những điều sau là tương đương:

Sự khác biệt của $\mathfrak D_{T}$ Là $1$.
Cho mọi lý tưởng $I$ của $T$, $ds(I) = 1$ nếu và chỉ nếu $T = (I:I)$.
$T$ là Gorenstein.

Tất cả mọi thứ trong các hệ quả này tuân theo ngay lập tức từ định lý ngoại trừ điểm thứ hai của hệ quả thứ hai theo sau từ sự tương đương nổi tiếng $T=(I:I) \iff I \text{ invertible}$ khi nào $T$ là Gorenstein (ví dụ: [3; Mệnh đề 5.8] hoặc [4; Mệnh đề 2.7]).

Trường hợp bậc hai

[Theo ký hiệu trong câu trả lời của Luc Guyot]

Sử dụng các hệ quả trên, chúng ta xem xét lại trường hợp bậc hai. Sự khác biệt là bất biến theo các tương đồng và vì vậy chúng tôi có thể cho rằng lý tưởng$I$ là nguyên thủy ($e = 1$). Bởi [5; Bổ đề 6.5], lý tưởng$I$ thỏa mãn $R = (I:I)$ nếu và chỉ nếu $\gcd(a,b,c) = 1$. Thật vậy, công thức cho sự khác biệt trong câu trả lời của Luc Guyot chính xác là$\gcd(a,b,c)$. (Theo nhận xét trong câu trả lời của Luc Guyot, chúng tôi thậm chí có$ds(I) = f/f'$ Ở đâu $f$ là nhạc trưởng của $T$ và $f'$ là nhạc trưởng của $(I:I)$.) Như vậy công thức $ds(I) = c(q_I)$ phù hợp với hệ quả thứ hai.

Giới hạn trên

Chúng tôi sẽ lấy một giới hạn trên cho $ds(I)$ cái nào độc lập với $I$. Tôi cho rằng$T$là một miền đơn giản. Chúng tôi có thể cho rằng$T \neq \overline{T}$ và thiết lập $S = \overline{T}$. Để cho$\mathfrak f$ biểu thị người dẫn của $T$.

Giới hạn trên : Đối với bất kỳ lý tưởng phân đoạn T nào$I$, $ds(I) \leq |S/T||S/\mathfrak f|.$

Hai $T$-các lý tưởng phân đoạn nằm trong cùng một chi nếu chúng là đẳng cấu địa phương; tương đương, tồn tại một lý tưởng T không thể đảo ngược, nhân này nhân một lý tưởng thành lý tưởng kia.

Yêu cầu : Bất kỳ$T$-fractional lý tưởng $I$ nằm trong cùng một chi với $T$-fractional lý tưởng $J$ như vậy mà $\mathfrak f \subset J \subset S.$

Bằng chứng: Hãy $P$ là một lý tưởng chính của $T$ và để $S_P$ biểu thị sự đóng tích phân của $T$(các hành trình đóng tích phân với bản địa hóa). Nó đủ để xây dựng một$T_P$-phân đoạn lý tưởng là đẳng cấu với $I_P$ như vậy mà $\mathfrak f_P \subset J_P \subset T_P$ trong đó chỉ số dưới biểu thị lực căng bằng $T_P$. $S_P$là một sản phẩm hữu hạn của các vòng Dedekind cục bộ nên nó là một PID. Vì thế$I_PS_P = \alpha S_P$ cho một số $\alpha$ trong $Quot(T)$. Để cho$J_P = \alpha^{-1}I_P$. Sau đó$J_P \subset S_P$, nhưng cũng $$J_P \supset J_P \mathfrak f_P = J_P S_P \mathfrak f_P = \mathfrak f_P.$$

Yêu cầu bồi thường : Sự khác biệt$ds(I)$ là không đổi trên các chi.

Bằng chứng: Điều này được chứng minh bằng cách bản địa hóa và sử dụng lý tưởng không thể đảo ngược của $T$ là cơ quan chính tại địa phương (thực tế sau này tuân theo [5; Đề xuất 2.3]).

Kết hợp những tuyên bố này với nhau, chúng tôi có $I$ bất kì $T$-fractional lý tưởng, $ds(I) = ds(J)$ cho một số $T$-fractional lý tưởng $J$ như vậy mà $\mathfrak f \subset J \subset S$. Từ 1; Định lý 1],$|T/J| \leq |S/SJ|$. Chúng tôi cũng có$S\mathfrak f = \mathfrak f \subset SJ \subset S$, và vì thế $|S/SJ| \leq |S/\mathfrak f|$. Viết$M' = M/\mathfrak f$ cho bất kỳ mô-đun nào chứa $\mathfrak f$. Gộp các bất đẳng thức lại với nhau, chúng ta có

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

Thuật ngữ cuối cùng được giới hạn từ phía trên bởi $|S/T| |S/\mathfrak f|$.

Phần kết luận

Hàm sai lệch thỏa mãn bất đẳng thức, $1 \leq ds(I) \leq |\overline{T}/T||\overline{T}/\mathfrak f|$, bất cứ gì $T$-fractional lý tưởng $I$, và thừa nhận một công thức rõ ràng và tự nhiên về dây dẫn trong trường hợp bậc hai. Tuy nhiên, dường như vẫn chưa biết liệu hàm sai lệch có thể được cho ở dạng "đóng" nói chung hay không (ví dụ: một biểu thức về vật dẫn của$T$, sự khác biệt hoặc phân biệt đối xử của $T$ và $\overline{T}$, Ext hoặc Tor nhóm qua $T$ hoặc là $\overline{T}$).

Người giới thiệu:

[1] I. Del Corso, R. Dvornicich, Mối quan hệ giữa những người phân biệt đối xử, khác biệt, và người dẫn của một trật tự , 2000.