眾所周知，最近我在學習代數幾何，最近可能會把之前沒搞懂的交換代數認真復習一下。這次的主題是準素分解。樸素的操作可見Atiyah經典的書，但是我們拒絕采用這種沒有動機而又不清晰的過程。

首先我們熟知的一個交換代數結果是

定理 對于Nother環$R$，有限生成模$M$，那么存在合成列$$0=M_0\subseteq M_1\subseteq \ldots \subseteq M_{n-1}\subseteq M_n=M$$且因子$M_i/M_{i-1}\cong R/\mathfrak{p}$對某個素理想$\mathfrak{p}$，其中$R/\mathfrak{p}$被稱為子商。且這樣的分解，根據模論版本的蝴蝶引理（Zassenhaus引理），子商總是唯一的。

證明過程無非是樸素地運用鏈條件。根據其證明過程，實際上我們可以預先指定之中的某些$M_i$。假如我們觀察，這個分解的『頭部』$0\subseteq M_1$說明某個$R/\mathfrak{p}$嵌入了$M$。這誘使我們定義如下的伴隨素理想（assiciated?prime）。

定義（伴隨素理想）對于環$R$，模$M$，稱素理想$\mathfrak{p}$和$M$相關，當且僅當存在單射的模同態$R/\mathfrak{p}\to M$。等價地，即存在$x\in M$使得零化子$\operatorname{Ann}(x)=\{a\in R: ax=0\}=\mathfrak{p}$。記所有的伴隨素理想是$\operatorname{Ass}_R(M)$。

重要的例子?對于素理想$\mathfrak{p}$，$\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{p})=\{\mathfrak{p}\}$。更精確地說，任何非零元$x\in R/\mathfrak{p}$都有$\operatorname{Ann}(x)=\mathfrak{p}$。

下面是兩個最為重要的刻畫。

定理?關于伴隨素理想有如下刻畫

• 如果有正合列$0\to N\to M\to M/N\to 0$，那么$$\operatorname{Ass}_R(N)\subseteq \operatorname{Ass}_R(M)\subseteq?\operatorname{Ass}_R(N)\cup?\operatorname{Ass}_R(M/N)$$作為推論如果$M=N_1\oplus N_2$，那么$\operatorname{Ass}_R(M)=\operatorname{Ass}_R(N_1)\cup?\operatorname{Ass}_R(N_2)$
• 對于某個模下遞增子模鏈$N_{\lambda}$，那么$$\operatorname{Ass}_R\left(\bigcup N_{\lambda}\right)=\bigcup \operatorname{Ass}_R(N_{\lambda})$$

證明?第一個包含關系根據定義是平凡的。第二個包含，假設有單射$R/\mathfrak{p}\to M$，考慮復合得到的$\varphi: R/\mathfrak{p}\to M/N$，如果$\ker \varphi=0$，那么$\varphi$是單射，證明已經完成，否則$\ker \varphi\neq 0$，此時存在單射$\ker \varphi\to N$，通過任意挑選$\ker \varphi$的某個非零元，不難得到單射$R/\mathfrak{p}\to \ker \varphi$，所證欲明。對于第二點只需要注意到任何$R/\mathfrak{p}\to \bigcup N_{\lambda}$，必然落在某個$\lambda$上。$\square$

隨即有兩個重要的刻畫

命題?對于Nother環$R$，有限生成模$M$，那么$$M=0\iff \operatorname{Ass}_R(M)=\varnothing$$

證明?任意選擇$x\in M\setminus \{0\}$，使得$\operatorname{Ann}(x)$是真理想。如果不是素理想，即存在$a,b$使得$ax\neq 0\neq bx$但$abx=0$，此時考慮$\operatorname{Ann}(ax)$，注意到$$b\notin \operatorname{Ann}(x)\subseteq \operatorname{Ann}(ax)\ni b$$故長此以往可根據Noether性知終會截止，故成為素理想。$\square$

命題?對于Noether環$R$，有限生成模$M$，那么任意$\Psi\subseteq \operatorname{Ass}_R(M)$，都存在子模$N$使得$$\operatorname{Ass}_R(N)=\Psi \qquad \operatorname{Ass}_R(M/N)=\operatorname{Ass}_R(M)\setminus \Psi$$

證明?根據前面對于鏈的刻畫，我們可以利用鏈條件找到極大的子模$N$使得$\operatorname{Ass}_R(N)\subseteq \Psi$。為了說明滿足命題中的情況，我們證明$\operatorname{Ass}_R(M/N)\subseteq \operatorname{Ass}_R(M)\setminus \Psi$。任意$\mathfrak{p}\in \operatorname{Ass}_R(M/N)$，那么考慮$R/\mathfrak{p}\cong N'/N\subseteq M/N$，于是$\operatorname{Ass}_R(N')\subseteq \operatorname{Ass}_R(N)\cup \{\mathfrak{p}\}$，根據$N$的極大性，必有$\mathfrak{p}\in \operatorname{Ass}_R(N')\subseteq \operatorname{Ass}_R(M)$，命題得證。$\square$

評注?當然，這里實際上對所有環所有模都對。

于是有如下漂亮的推論

推論?對于Nother環$R$，有限生成$M$模，那么

• $\{a\in R: \exists x\in M\setminus 0, \textrm{ 使得 } ax=0\}=\bigcup_{\mathfrak{p}\in \operatorname{Ass}_R(M)}\mathfrak{p}$。
• $\{a\in R: \forall x\in M, \exists n>0, \textrm{?使得 } a^nx=0\}=\bigcap_{\mathfrak{p}\in \operatorname{Ass}_R(M)}\mathfrak{p}$。
• $\operatorname{Ass}_R(M)$是有限集。

證明?我們的方法就是重復第一個命題的做法。對于第一條，任意$a\in$左邊，存在$x\in M\setminus \{0\}$，使得$\operatorname{Ann}(x)$是真理想，且含$a$。之后過程相同。對于第二條，注意到左邊正是$\sqrt{\operatorname{Ann}(M)}$，注意到，根據定義任意$M$的伴隨素理想根據定義必須含$\operatorname{Ann}(M)$。反之任何包含$\operatorname{Ann}(M)$的素理想$\mathfrak{q}$，考慮局部化$M_{\mathfrak{q}}$，這是非零$R_{\mathfrak{q}}$模，從而存在伴隨素理想，?不難根據局部化$\operatorname{Ann}$的計算知道存在$M$的伴隨素理想$\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{q}$。最后是有限集的論斷來自于合成列（可以任意預先指定中間模）和伴隨素理想的定義。$\square$

有了上述準備工作，我們就可以定義準素分解了，方便起見，我們只對環定義。

定義?一個理想$\mathfrak{q}$被稱為是$\mathfrak{p}$準素的，如果$\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{q})=\{\mathfrak{p}\}$。根據上面兩點推論，下面這些都是這等價的

• $\sqrt{\mathfrak{q}}=\mathfrak{p}$是素理想，且$\mathfrak{q}$是$\mathfrak{p}$準素的。
• $R/\mathfrak{q}\textrm{的所有冪零元}=R/\mathfrak{q}\textrm{的所有零因子}$。
• $xy\in \mathfrak{q}\iff x\in \mathfrak{q}\textrm{或}y\in \mathfrak{p}$。

準素分解存在性?對于Noether環$R$，理想$\mathfrak{a}$，那么存在有限個準素理想$\mathfrak{q}_i$使得$$\mathfrak{a}=\bigcap \mathfrak{q}_i$$

證明?假設$\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{a})=\{\mathfrak{p}_i\}$，這是一個有限集，對每個$\mathfrak{p}_i$找$\mathfrak{q}_i/\mathfrak{a}$使得$$\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{q}_i)=\{\mathfrak{p}_i\}\qquad \operatorname{Ass}_R(\mathfrak{q}_i/\mathfrak{a})=\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{a})\setminus \mathfrak{p}_i$$根據定義，$\mathfrak{q}_i$是理想，令$\bigcap \mathfrak{q}_i=\mathfrak{a}'$，那么$$\operatorname{Ass}_R(\mathfrak{a}'/\mathfrak{a})\subseteq \operatorname{Ass}_R(\mathfrak{q}_i/\mathfrak{a})=\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{a})\setminus \mathfrak{p}_i$$這表明$\operatorname{Ass}_R(\mathfrak{a}'/\mathfrak{a})=\varnothing$，即$\mathfrak{a}=\mathfrak{a}'$。所證欲明。$\square$

當然數學家不會僅僅滿足于存在性，但是唯一性實際上并不總是成立的，例如

例子 對于域$k$，$k[X,Y]$的理想$\left<X^2,XY\right>$有$$\left<X^2,XY\right>=\left<X\right>\cap \left<X^2,XY,Y^2\right>=\left<X\right>\cap \left<X^2,Y\right>$$其中$\left<X^2,XY,Y^2\right>$和$\left<X^2,Y\right>$都包含$\left<X,Y\right>^2$從而是準素的。

更一般地，一個理想$\mathfrak{q}$是$\mathfrak{m}$-準素的，其中$\mathfrak{m}$是極大的當且僅當$\mathfrak{m}^n\subseteq \mathfrak{q}\subseteq \mathfrak{m}$對某個$n$。首先$\sqrt{\mathfrak{q}}=\mathfrak{m}$無疑。此時$R/\mathfrak{q}$的元素不是單位就是冪零元，故是$\mathfrak{m}$-準素的。反之，則容易。

下面的工作都是為了刻畫某種條件下的唯一性。

定義（準素分解）對于環$R$，理想$\mathfrak{a}$的準素分解是有限個準素理想$\mathfrak{q}_i$的交$$\mathfrak{a}=\bigcap \mathfrak{q}_i$$且滿足

• $\mathfrak{a}\neq \bigcap_{i\neq j}\mathfrak{q}_i$，等價地，$\bigcap_{i\neq j} \mathfrak{q}_i\nsubseteq \mathfrak{q}_i$。
• 如果$\mathfrak{q}_i$是$\mathfrak{p}_i$-準素的，那么$\mathfrak{p}_i$是兩兩不同的。

根據上面的過程，對于Noether環，總存在準素分解。

下面是兩個唯一性定理。

第一唯一性?對于Noether環，$\mathfrak{a}$準素分解中的出現的素理想是唯一的，實際上他們正是$\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{a})$。

證明?假設$\mathfrak{a}=\bigcap \mathfrak{q}_i$，那么得到單射$R/\mathfrak{a}\to \prod R/\mathfrak{q}_i$，這意味著$\operatorname{Ass}_R(R/\mathfrak{a})\subseteq \{\mathfrak{q}_i\}$。反之，任意$\mathfrak{q}_i$，考慮$\mathfrak{q}_i'=\bigcap_{j\neq i}\mathfrak{q}_j$，從而$\mathfrak{q}_i\cap \mathfrak{q}_i'=\mathfrak{a}$，則有單射$$?\mathfrak{q_i}'/\mathfrak{a}\to R/\mathfrak{q}_i\qquad ?\mathfrak{q_i}'/\mathfrak{a}\to R/\mathfrak{a}$$再結合$\operatorname{Ass}_R(\mathfrak{q}_i'/\mathfrak{a})\neq \varnothing$知$\operatorname{Ass}_R(\mathfrak{q}_i'/\mathfrak{a})=\{\mathfrak{p}_i\}$，這就證明了反方向。$\square$

第二唯一性?對于Noether環，$\mathfrak{a}$準素分解中的出現的準素理想如果對應的伴隨素理想是極小的，那么是這個準素理想是唯一的。

證明?假設$\mathfrak{a}=\bigcap \mathfrak{q}_i$，分解中$\mathfrak{q}_i$對應的素理想$\mathfrak{p}$是極小的，那么通過對$R\setminus \mathfrak{p}$局部化得到$S^{-1}\mathfrak{a}=\bigcap S^{-1}\mathfrak{q}_i$，這只將$\mathfrak{p}_i$的部分保留下來，注意到$S^{-1}\mathfrak{q}_i$在$R$中的原像就是$\mathfrak{q}_i$，具體來說$x=\frac{y}{z}$其中$y\in \mathfrak{q},z\notin \mathfrak{p}$，則$x\in \mathfrak{q}$根據準素理想的定義。所證欲明。$\square$

?最后我們指出，Noether環上的有限生成模也可以討論準素分解，其過程大體類似。

本文的主要參考是Allen Altman和Steven?Kleinman的A Term of Commutative Algebra講義。

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轉載于:https://www.cnblogs.com/XiongRuiMath/p/10252793.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的复习交换代数——准素分解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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