Siparişlerde ideal norm

Aug 16 2020

İzin Vermek $\overline{T}$ bir Dedekind halkası olun ki $\overline{T}/\overline{I}$ sıfır olmayan her ideal için sonludur $\overline{I}$ nın-nin $\overline{T}$. İzin Vermek$T$ alt grubu olmak $\overline{T}$ aynı toplam kesir halkasıyla (yani bir sıra).

İzin Vermek $I$ ideali olmak $T$ ve izin ver $\overline{I} = I\overline{T}$. norm $N_T(I)$ nın-nin $I$ kardinalite olarak tanımlanır $T/I$.

Soru: Bununla ilgili bir formül var mı?$N_T(I)$ ve $N_{\overline{T}}(\overline{I})$?

Örneğin, tutarsızlığın bir "tor" grubu tarafından ölçülmesi makul görünmektedir.

Uyarılar:

Eğer $I$ o zaman projektiftir $N_T(I)$ ve $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ eşittir.
Yerelleştirme sorunu duruma indirger $T$ yereldir (ve $\overline{T}$ yarı yerel) ve her ikisi $I$ ve şef $T$ uygun ideallerdir.
(Luc Guyot'a teşekkürler) Eğer $T$bir Bas halkasıdır ($\leftrightarrow$ her ara halka $T \subset R \subset \overline{T}$ Gorenstein mı $\leftrightarrow$ her ideal iki unsur tarafından üretilir) ve $T = \{a \in \overline{T} : a I \subset I \}$, ardından [2, Önerme 5.8] ile $I$yansıtıcıdır. Bunu takip eder$N_T(I)$ ve $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ eşittir (ilk açıklamaya göre).
(üçüncü sözün genelleştirilmesi) eğer $T$bir Gorenstein integral alanıdır ve$T = \{a \in \overline{T} : a I \subset I \}$, sonra $I$yansıtıcıdır. Bu, Teorem 6.2 (4) ile [1] Önerme 7.2'nin birleştirilmesinden kaynaklanır. Bunu takip eder$N_T(I)$ ve $N_{\overline{T}}(\overline{I})$ eşittir (ilk açıklamaya göre).

[1] H. Bass, "Gorenstein halkalarının her yerde bulunması üzerine", 1963.

[2] L. Levy ve R. Wiegand, "2 oluşturulmuş ideallere sahip halkaların Dedekind benzeri davranışı", 1985.

Yanıtlar

4 LucGuyot Aug 18 2020 at 07:46

İkinci dereceden sayı alanının keyfi bir sırasına göre bir hesaplama ile gösterilecek genel bir yorumla başlayacağım.

Eğer $\overline{I}$ sözleşmeler $I$yani eğer $\overline{I} \cap R = I$, sonra dahil etme $R \rightarrow \overline{R}$ bir enjekte eder $R$-modül homomorfizmi $R/I \rightarrow \overline{R}/\overline{I}$. Sonuç olarak,$N_R(I)$ böler $N_{\overline{R}}(\overline{I})$ ve özellikle bizde $N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$. Örneğin$I$ ideal bir ideal, o zaman $N_R(I)$ böler $N_{\overline{R}}(\overline{I})$.

Cevaplayamadığım temel soru şudur:

Soru. Her zaman doğru mu$N_R(I)$ böler $N_{\overline{R}}(\overline{I})$veya en azından bu $N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$?

Düzenle. OP cevabı,$N_R(I) \le N_{\overline{R}}(\overline{I})$ sıfır olmayan her ideal için geçerlidir $R$.

Yukarıdaki soruyu ele almayacağım. Bunun yerine, bir koşul getireceğim$R$ hangi altında $N_R(I)$ böler $N_{\overline{R}}(\overline{I})$ sıfır olmayan her ideal için $I$ nın-nin $R$.

Önerme. Sıfır olmayan ideal$I$ nın-nin $R$ çarpan halkası üzerinde yansıtıcıdır $\varrho(I) \Doteq \{ r \in \overline{R} \, \vert \, rI \subseteq I\}$o zaman bizde $$ N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I) \vert \varrho(I)/R \vert. $$

Kenar notu. o$\varrho(I) = \{ r \in K \, \vert \, rI \subseteq I\}$ nerede $K$ kesirlerin alanını gösterir $R$, dan beri $R$ Noetherian.

Lemma 1 (OP'nin İddiası) . Eğer$I$ tersine çevrilebilir bir ideali $R$ sonra $N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I)$.

Kanıt. İlk olarak, sıfır olmayan temel bir idealin ifadesini kanıtlayın$I$. Sonra ayrıştırın$R$-sonlu uzunlukta modül $\overline{R}/\overline{I}$ maksimal ideallerine göre yerelleştirmelerinin doğrudan bir toplamı olarak $R$[4, Teorem 2.13]. İçin aynısını yap$R/I$ ve zirvelerin esaslarını karşılaştırın.

Önerinin Kanıtı. Lemma 1'e göre$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_{\varrho(I)}(I)$. Bu nedenle$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = [\varrho(I) : R][R: I] = \vert \varrho(I)/R\vert N_R(I)$.

Unutmayın ki $R$ idealleri iki oluşturulmuş bir düzendir (örneğin, ikinci dereceden bir alandaki bir düzen veya ayırıcı dördüncü kuvvetten bağımsız olan bir düzen [2, Teorem 3.6]), o zaman sıfır olmayan her ideal $R$Yukarıdaki önermenin hipotezini karşılar, bakınız örneğin [1], [2] ve Keith Conrad'ın notlarından Teorem 4.1, Corollaries 4.3 ve 4.4 . OP, açıklamalarında ve yanıtında benzer sonuçları tartışır.

İzin Vermek $m$karesiz bir rasyonel tam sayı olabilir. Ayarladık$K \Doteq \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ ve şununla belirt $\mathcal{O}(K)$ ikinci dereceden alanın tamsayılar halkası $K$.

Gevşek İddia. Bir emir verildi$R$ nın-nin $K$ ve ideal $I \subseteq R$hesaplayacağız $N_{\mathcal{O}(K)}(I\mathcal{O}(K))$ bir fonksiyonu olarak $N_R(I)$ ve bir ikili ikinci dereceden formun $I$.

Bunu yapmak için bazı gösterimler ve tanımlar sunuyoruz.

Ayar $$\omega = \left\{ \begin{array}{cc} \sqrt{m} & \text{ if } m \not\equiv 1 \mod 4, \\ \frac{1 + \sqrt{m}}{2} & \text{ if } m \equiv 1 \mod 4, \\ \end{array}\right. $$ sahibiz $$\mathcal{O}(K) = \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega$$ ve herhangi bir sipariş $K$ formda $\mathcal{O}_f(K) \Doteq \mathbb{Z} + \mathbb{Z} f \omega$ bazı rasyonel tamsayılar için $f > 0$[2, Lemma 6.1]. Dahası, dahil etme$\mathcal{O}_f(K) \subseteq \mathcal{O}_{f'}(K)$ ancak ve ancak geçerlidir $f'$ böler $f$. Eğer$I$ bir ideal $\mathcal{O}_f(K)$, ardından çarpan halkası $\varrho(I) \Doteq \{ r \in \mathcal{O}(K) \, \vert \, rI \subseteq I\}$ en küçük sipariş $\mathcal{O}$ nın-nin $K$ öyle ki $I$ yansıtıcıdır, eşdeğer olarak tersinirdir, bir ideali olarak $\mathcal{O}$[2, Önerme 5.8]. Düzeltelim$f > 0$ ve ayarla $$R \Doteq \mathcal{O}_f(K), \quad \overline{R} \Doteq \mathcal{O}(K).$$

İdeal $I$ nın-nin $R$olarak yazılamazsa ilkel olduğu söylenir$I = eJ$ bazı rasyonel tamsayı $e$ ve biraz ideal $J$ nın-nin $R$.

Ana araç, Standard Basis Lemma'dır [5, Lemma 6.2 ve kanıtı].

Lemma 2. Bırak$I$ sıfır olmayan ideal olmak $R$. Sonra rasyonel tam sayılar var$a, e > 0$ ve $d \ge 0$ öyle ki $-a/2 \le d < a/2$, $e$ ikisini de böler $a$ ve $d$ ve bizde var $$ I = \mathbb{Z} a + \mathbb{Z}(d + e f \omega). $$ Tamsayılar $a, d$ ve $e$ tarafından benzersiz bir şekilde belirlenir $I$. Sahibiz$\mathbb{Z}a = I \cap \mathbb{Z}$ ve tam sayı $ae$ norma eşittir $N_R(I) = \vert R /I \vert$ nın-nin $I$. İdeal$I$ ilkeldir ancak ve ancak $e = 1$.

Unutmayın ki $\mathbb{Z}a = I \cap \mathbb{Z}$rasyonel tam sayı $a$ böler $N_{K/\mathbb{Q}}(d + e f \omega)$. Oluşturan çiftlere diyoruz$(a, d + ef \omega)$standart baz$I$. İlişkilendirelim$I$ ikili ikinci dereceden biçim $q_I$ tarafından tanımlandı $$q_I(x, y) = \frac{N_{K/\mathbb{Q}}(xa + y(d + ef\omega))}{N_R(I)}.$$

O zaman bizde $$eq_I(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2$$ ile $$b = Tr_{K/\mathbb{Q}}(d + ef \omega) \text { and } c = \frac{N_{K/\mathbb{Q}}(d + ef \omega)}{a}.$$İçeriği biz tanımlıyoruz$c(q_I)$ nın-nin $q_I$ katsayılarının en büyük ortak böleni olarak, yani $$c(q_I) \Doteq \frac{\gcd(a, b, c)}{e}.$$

Açıklama. Sahibiz$c(q_I) = \frac{\gcd(a, d, ef)}{e} = \frac{f}{f'} = \vert \varrho(I) / R \vert$ nerede $f'$ bölen $f$ öyle ki $\varrho(I) = \mathcal{O}_{f'}$.

İddia. İzin Vermek$I$ sıfır olmayan ideal olmak $R$. O zaman bizde$$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = N_R(I) \vert \varrho(I)/R \vert \text{ with } \vert \varrho(I)/R \vert = c(q_I).$$

Kanıt. Dan beri$N_R(xI) = N_R(Rx) N_R(I)$ ve $N_R(Rx) = N_{\overline{R}}(\overline{R}x) = \vert N_{K/\mathbb{Q}}(x) \vert$ her biri için $x \in R \setminus \{0\}$, genelliği kaybetmeden varsayabiliriz ki $I$ ilkeldir, yani $e = 1$. Tanımlardan hemen sonra gelir$$\overline{I} = \overline{R} I = \mathbb{Z}a + \mathbb{Z}a \omega + \mathbb{Z}(d + f \omega) + \mathbb{Z}v$$ nerede
$$v = \left\{ \begin{array}{cc} f \omega^2 + d \omega & \text{ if } m \not\equiv 1 \mod 4, \\ f \frac{m - 1}{4} + (d + f) \omega & \text{ if } m \equiv 1 \mod 4. \\ \end{array}\right.$$Şimdi Smith Normal Formunu hesaplamak yeterli $\begin{pmatrix} d_1 & 0 \\ 0 & d_2 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ matrisin $A \Doteq \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \\ d & f \\ v_1 & v_2 \end{pmatrix}$ nerede $(v_1, v_2)$ matrisidir $v$ saygıyla $\mathbb{Z}$temel $(1, \omega)$ nın-nin $\overline{R}$. Katsayı$d_1$ katsayılarının en büyük ortak bölenidir $A$ ve kolayca görülüyor $\gcd(a, d, f) = \gcd(a, b, c)$. Katsayı$d_2$ en büyük ortak bölen $2 \times 2$ küçükleri $A$ bölü $d_1$ ve kolayca görülüyor $\frac{a \gcd(c(q_I), q_I(0, 1))}{d_1} = \frac{a c(q_I)}{d_1}$. Böylece$N_{\overline{R}}(\overline{I}) = d_1 d_2$ istenilen forma sahiptir.

[1] J. Sally ve W. Vasconcelos, "Kararlı halkalar", 1974.
[2] C. Greither, "Tek boyutlu halkanın idealleri için iki jeneratör problemi üzerine", 1982.
[3] L. Levy ve R. Wiegand, "Halkaların Dedekind benzeri davranışı ile$2$oluşturulmuş idealler ", 1985.
[4] D. Eisenbud," Cebirsel geometriye yönelik değişmeli cebre ", 1995.
[5] T. Ibukiyama ve M. Kaneko," Kuadratik Formlar ve Karesel Alanların İdeal Teorisi ", 2014 .

2 AWO Aug 21 2020 at 05:32

Başkalarının yararına, genel problem hakkında bildiklerimin tümünün bildiğim kadarını kaydediyorum. Luc Guyot, ikinci dereceden düzenler durumu için güzel ve açık bir cevap verdi.

Orijinal soru henüz cevaplanmadığı için bu gönderiyi "cevap" olarak işaretlemiyorum.

Bir tutarsızlığa izin ver$T$-ideal $I$ olarak tanımlanmak $ds(I) = N_{\overline{T}}(\overline{I})/N_T(I)$ (standart olmayan tanım).

Ne zaman $ds(I) = 1$?

Aşağıdaki teorem, makalenin [1] ana aracıdır. İfade, [2] modül indeks gösterimini kullanır.

Teorem [1; Teorem 1]:

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

Dahası, aşağıdakiler eşdeğerdir:

(1), (2), (3) arasındaki herhangi bir alt küme ilişkisi bir eşitliktir.
(1), (2), (3) arasındaki tüm alt küme ilişkileri bir eşitliktir.
$I$ ters çevrilebilir.

Bu teorem, "tutarsızlık" için aşağıdaki sonuçlara sahiptir. Hatırlama bu farklı bir$T$ olarak tanımlandı $\mathfrak D_{T} = (T^\vee)^{-1}$ nerede $T^\vee$ ikilisi $T$ izleme formu için.

Sonuç :$ds(I) \geq 1$ eşitlikle ancak ve ancak $I$ ters çevrilebilir.

Sonuç : Aşağıdakiler eşdeğerdir:

Tutarsızlığı $\mathfrak D_{T}$ dır-dir $1$.
Her ideal için $I$ nın-nin $T$, $ds(I) = 1$ ancak ve ancak $T = (I:I)$.
$T$ Gorenstein olduğunu.

Bu sonuçlardaki her şey, iyi bilinen eşdeğerlikten sonra gelen ikinci sonucun ikinci noktası hariç, teoremi hemen takip eder. $T=(I:I) \iff I \text{ invertible}$ ne zaman $T$ Gorenstein'dır (çapraz başvuru örneğin [3; Önerme 5.8] veya [4; Önerme 2.7]).

İkinci dereceden durum

[Luc Guyot'un cevabındaki notasyonu takiben]

Yukarıdaki sonuçları kullanarak ikinci dereceden durumu yeniden ele alıyoruz. Tutarsızlık, homotiteler altında değişmez ve bu nedenle ideal olanı varsayabiliriz$I$ ilkeldir ($e = 1$). [5; Lemma 6.5], ideal$I$ tatmin eder $R = (I:I)$ ancak ve ancak $\gcd(a,b,c) = 1$. Nitekim, Luc Guyot'un cevabındaki tutarsızlığın formülü tam olarak$\gcd(a,b,c)$. (Luc Guyot'un cevabındaki ifadeye göre, bizde$ds(I) = f/f'$ nerede $f$ orkestra şefi $T$ ve $f'$ orkestra şefi $(I:I)$.) Böylece formül $ds(I) = c(q_I)$ ikinci sonuçla tutarlıdır.

Üst sınır

Bir üst sınır elde edeceğiz $ds(I)$ hangisinden bağımsız $I$. Farzediyorum$T$basitlik için bir alandır. Sanabiliriz ki$T \neq \overline{T}$ ve ayarla $S = \overline{T}$. İzin Vermek$\mathfrak f$ iletkenini belirtmek $T$.

Üst sınır : Herhangi bir T-kesirli ideal için$I$, $ds(I) \leq |S/T||S/\mathfrak f|.$

İki $T$-fraksiyonel idealler, yerel olarak izomorfik iseler aynı cinste ; eşdeğer olarak, bir ideali diğerine çarpan tersine çevrilebilir bir T-ideali vardır.

İddia : Herhangi$T$-fraksiyonel ideal $I$ ile aynı cinste $T$-fraksiyonel ideal $J$ öyle ki $\mathfrak f \subset J \subset S.$

Kanıt: Let $P$ ideal olmak $T$ ve izin ver $S_P$ integral kapanışını gösterir $T$(integral kapanış yerelleştirme ile gidip gelir). Bir inşa etmek yeterlidir$T_P$izomorfik olan fraksiyonel ideal $I_P$ öyle ki $\mathfrak f_P \subset J_P \subset T_P$ alt simge ile tensoru belirtir $T_P$. $S_P$yerel Dedekind halkalarının sonlu bir çarpımıdır, dolayısıyla bir PID'dir. Bu nedenle$I_PS_P = \alpha S_P$ bazı $\alpha$ içinde $Quot(T)$. İzin Vermek$J_P = \alpha^{-1}I_P$. Sonra$J_P \subset S_P$, ama aynı zamanda $$J_P \supset J_P \mathfrak f_P = J_P S_P \mathfrak f_P = \mathfrak f_P.$$

İddia : Tutarsızlık$ds(I)$ cinsler üzerinde sabittir.

Kanıt: Bu, tersinir bir idealin yerelleştirilmesi ve kullanılmasıyla kanıtlanmıştır. $T$ yerel olarak temeldir (bu ikinci gerçek [5; Önerme 2.3] 'den gelir).

Bu iddiaları bir araya getirerek, buna sahibiz $I$ hiç $T$-fraksiyonel ideal, $ds(I) = ds(J)$ bazı $T$-fraksiyonel ideal $J$ öyle ki $\mathfrak f \subset J \subset S$. 1'den; Teorem 1],$|T/J| \leq |S/SJ|$. Ayrıca buna sahibiz$S\mathfrak f = \mathfrak f \subset SJ \subset S$, ve bu yüzden $|S/SJ| \leq |S/\mathfrak f|$. Yazmak$M' = M/\mathfrak f$ içeren herhangi bir modül için $\mathfrak f$. Sahip olduğumuz eşitsizlikleri bir araya getirmek

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

Son terim yukarıdan sınırlanmıştır $|S/T| |S/\mathfrak f|$.

Sonuç

Tutarsızlık fonksiyonu eşitsizliği karşılar, $1 \leq ds(I) \leq |\overline{T}/T||\overline{T}/\mathfrak f|$, herhangi $T$-fraksiyonel ideal $I$ve ikinci dereceden durumda iletkenler açısından açık ve doğal bir formül kabul eder. Bununla birlikte, tutarsızlık fonksiyonuna genel olarak "kapalı form" verilip verilemeyeceği bilinmemektedir (örneğin, iletken açısından bir ifade)$T$farklılıkları veya ayrımcıları $T$ ve $\overline{T}$, Ext veya Tor grupları üzerinde $T$ veya $\overline{T}$).