该内容来自 《Noncommutative Noetherian Ring》 P392 - P400

约定记号,$\sigma$ 是环 $R$ 的一个自同构,$S = R[x; \sigma], T = R[x, x^{-1}; \sigma]$,注意 $\sigma$ 可以拓展到 $S, T$ 上。本篇考虑这三个环之间的素理想的关系。用 $\triangleleft$ 表示理想, $\triangleleft_l, \triangleleft_r$ 分别表示左理想,右理想。

lemma 1

  1. 若 $A \triangleleft T$,则 $A$ 是 $\sigma$-不变的,$A = (A \cap S) T$ 且 $A \cap S$ 是 $S$ 中的 $\sigma$-不变理想。

    Proof:$\sigma(a) = x a x^{-1} \in A$,$A$ 中任意元都可以通分一下就有 $A = (A \cap S) T$,显然 $A \cap S$ 是 $S$ 中 $\sigma$-不变理想。

  2. 若 $B$ 是 $S$ 的一个 $\sigma$-不变理想,那么 $BT \triangleleft T$,且 $B \cap R$ 是 $R$ 的一个 $\sigma$-不变理想。(注意到 $BT = TB$,证明显然)

  3. 若 $C$ 是 $R$ 的一个 $\sigma$-不变理想,那么 $CS, CT$ 分别是 $S, T$ 的 $\sigma$-不变理想。并且 $S/CS \simeq (R/C)[x; \sigma]$, $T/CT \simeq (R/C)[x, x^{-1}; \sigma]$

    Proof:注意到 $SC = CS$,从而知道 $TC = CT$。同构根据 $S \to (R/C)[x; \sigma]$ 和 $T \to (R/C)[x; \sigma]$ 的 kernel 也是显然的。

lemma 2

  1. $\sigma-Spec(T) = Spec(T)$(其中 $\sigma-Spec(T)$ 为在所有 $\sigma$ 理想意义下素的 $\sigma$ 理想),若 $A \in Spec(T)$,则 $A \cap S \in \sigma-Spec(S)$,且 $x \in A \cap S$.

    Proof:首先 $\sigma-Spec(T) = Spec(T)$ 是上一个引理的结论,$x \notin A \cap S$ 是显然的,否则 $A = T$,$A \cap S \triangleleft S$ 是 $\sigma$-不变的。 若 $I, J$ 是 $S$ 中 $\sigma$-不变的理想满足 $I J \subseteq A \cap S$,那么 $(IT)(JT) = IJ T \subseteq (A \cap S) T \subseteq A$,从而 $IT \subseteq A$ 或 $JT \subseteq A$,从而 $I \subseteq A \cap S$,或者 $J \subseteq A$。

  2. 若 $x \notin B \in Spec(S)$,则 $B \in \sigma-Spec(S)$

    Proof:$B \supseteq Bx = x \sigma(B) = x S \sigma B$, 从而 $\sigma(B) \subseteq B$,从而证毕。

  3. 若 $x \neq B \in \sigma-Spec(S)$,则 $BT \in Spec(T)$,$B = BT \cap S \not \subseteq x S$ 且 $B \cap R \in \sigma-Spec(R)$.

    Proof:首先注意到 $x \notin S$,则 $x^n \notin S$(这是因为 $(SxS)(Sx^{n-1}S) = S x^n$,并且这两个理想都是 $\sigma$-不变的定义 $B’ = \{ b \in S \mid x S b \in B \}$,显然是 $S$ 的一个理想,所以 $B’ \subseteq B$,若 $B \subseteq xS$,则 $B’ = B$,$B = xSB$,比较 $B$ 中最低次数可知矛盾,因此 $B \notin xS$。因此对任意 $c \in BT$,存在 $n \in \mathbb{N}$ 使得 $c x^{n} \in B$,所以 $\sigma^m(c) \in BT$,若 $c \in BT \cap S$,则 $\sum (S \sigma^m(c) S) S x^n S \subseteq B$。这两个理想都是 $\sigma$ 不变的,所以 $c \in B$,所以 $B = BT \cap S$。从而后面 $BT \in Spec(T)$ 也是显然的。

  4. 若 $C \in \sigma-Spec(R)$,那么 $CS \in \sigma-Spec(S)$,$x \notin CS$, 且 $CT \in Spec(T)$。

    Proof:根据上个引理的 3,只需考虑 $C = 0$ 的情况,若 $IJ = 0, I, J \triangleleft T$,考虑它们的首项系数构成的理想$I’, J’$,从而 $I’ J’ = 0$,从而 $I’ = 0$ 或 $J’ = 0$。所以 $I = 0$ 或 $J = 0$。从而 $T$ 是 $\sigma$-素环。考虑 $S$ 的理想 $I$ 对应的 $T$ 中的理想 $IT$ 则容易看出 $S$ 也是 $\sigma$-素环。

  5. 若 $A \in Spec(T)$,那么 $A \cap R \in \sigma-Spec(R)$ 且 $(A \cap R) T \in Spec(T)$。(前面的结论自然可推出)

lemma 3

若 $R$ 是(单边) Noetherian 环 且 $\sigma$-素环,那么它是半素的。(不要 Noetherian 条件不对)

Proof:$N(R)$ 是 $\sigma$-不变且幂零的,所以 $N(R)T$ 是幂零的,但是 $T$ 是素环,从而 $N(R) = 0$,证毕。

定理 4

设 $R$ 是 Noetherian 环,若 $P_0 \subseteq P_1 \subseteq P_2 \triangleleft T$ 满足 $P_0 \cap R = P_2 \cap R$,那么 $P_1 = P_2$。
首先不妨设 $P_0 = 0$,假设 $P_2 \cap R = 0$,所以 $R$ 是 $\sigma$-素的,因此是半素的。所以 $R$ 有商环 $Q$ 是 Artinian 半单环,将 $\sigma$ 拓展到 $Q$ 上,则 $T \subseteq Q[x, x^{-1}; \sigma] = T’$,从而 $P_1 T’ = P_2 T’$ 是 $T’$ 的素理想,且($P_i \cap R = 0$) $P_i T’ \cap T = P’$,但由于 Krull $\dim T’ = \dim Q + 1 = 1$,所以 $P_1 T’ = P_2 T’$,所以 $P_1 = P_2$

下面证明定理 4 不需要 Noetherian 条件

引理 5

对任意 $t \in T$,我们定义 $\hat{t}$ 为它的最高次数项,$length(t)$ 定义为它最高次数和最低次数的差,特别地,齐次项的长度为 0。

设 $0 \neq I \triangleleft T$ 且 $a \in I$ 是 $I$ 长度最小的非零元素,$0 \neq b \in I$. 则

  • 对任意齐次元 $t_o \in T$, $length(\hat{a} t_0 b - at_0\hat{b} < length(b)$ (这是由于这两项最高次数相同且系数一致)
  • 对任意 $t \in T$,$\hat{a} t a = a t \hat{a}$ (由上一个结论可知)
  • 对任意 $t_1, \cdots, t_{n-m} \in T$, 则存在 $c \in T$ 使得,对任意 $t \in T$, Proof:对$n$用数学归纳法,当 $n = m$ 时,$b$ 也是次数最小的,因此,次数类似上一个结论,我们也有 $\hat{a} t b = a t \hat{b}$,考虑 $b’ = \hat{a} t b - a t_1 \hat{b}$,应用归纳法显然。

定理 6

  • 若 $P_0 \subseteq P_1 \subseteq P_2$ 是 $T$ 的素理想,且 $P_0 \cap R = P_2 \cap R$,那么 $P_1 = P_2$.

    Proof:显然将 $R, T$ 分别替换成 $R /(P_0 \cap R), T / ((R_0 \cap R) T)$,我们不妨设 $T$ 是素的且 $P_0 = 0$, 设 $a \in P_2, b \in P_1$ 的长度 $m, n$ 分别是 $P_1, P_2$ 中的最小长度。显然 $n \geq m \geq 1$,由于 $T$ 是素的,因此存在 $t \in T$ 使得 $\hat{a} t b \neq 0$,从而存在齐次元 $t_1$ 使得 $\hat{a} t_1 b \neq 0$,由归纳法,我们可以找到 $t_2, \cdots, t_{n - m}$ 使得 $d = \hat{a} t_{n - m} \cdots \hat{a} t_1 b \neq 0$,由 引理 5 知,存在 $c \in T$ 使得 $\hat{a}td = atc$ 对任意 $t \in T$,我们可以选择两对齐次元 $t_1, t_2$ 使得分别使得 $\hat{a} t_1 d$ 的最高项和 $\hat{a} t_2$ 的最低项不为 0,我们可以将 $t_1$ 乘以 $x$ 的一个幂次使得 $t_1$ 的次数等于 $t_2$ 的次数,从而

    另一个方向同理,即

    从而 $length(c) < n$,即 $c \notin P$,然而 $a T c \subseteq Tb \subseteq P_1$,所以 $a \in P_1$. 然后用归纳法证明,$P_2$ 中每一个元素都属于 $P_1$,注意到对于任意齐次元 $t_0 \in T$

    其中 $\hat{a} t_0 e - at_0 \hat{e} \in P_2$,由归纳法 $\hat{a} t_0 e - at_0 \hat{e} \in P_1$,并且 $at_0 \hat{e} \in P_1$,从而 $\hat{a} t_0 e \in P_1$,即 $\hat{a} T e \subseteq P_1$,但是 $\hat{a} \notin P$,从而 $e \in P_1$,从而 $P_1 = P_2$.

  • 若 $P_0 \subseteq P_1 \subseteq P_2$ 是 $S$ 的 $\sigma$-素理想,且满足 $P_0 \cap R = P_2 \cap R$,那么 $P_1 = P_2$

    Proof:同样的我们不妨设 $T$ 是素的,$P_2 \cap R = 0$,若 $x \in P_2$, 那么 $P_2 = (x)$,这是由于 $P_2 \cap R = 0$(所以无常数项),若 $x \notin P_1$,则由 引理 2 $P_1 = P_1T \cap S \not \subseteq (x)S = P_2$,矛盾,所以 $x \in P_1$,所以 $P_1 = (x) = P_2$,所以不妨设 $x \notin P_2$,那么 同样由 引理 2 知 $0 \subseteq P_1T \subseteq P_2T$ 是 $T$ 的素理想,根据 1 知 $P_1 T = P_2 T$,所以 $P_1 = P_1 T \cap S = P_2 T \cap S = P_2$

引理 7

若 $B \triangleright S$ 且 $A = lann B$,那么 $\sigma(A) \subseteq A$,更进一步,若 $B$ 是 $\sigma$-稳定(即$\sigma(B) = B$ 的,那么 $A$ 也是。

Proof:由于 $x \sigma(A) B = A x B \subseteq AB = 0$,因此 $\sigma(A) B = 0$,因此 $\sigma(A) \subseteq A$,若 $B$ 是 $\sigma$-稳定的,那么 $AB = 0$ 当且仅当 $\sigma(A) \sigma(B) = 0$ 当且仅当 $\sigma(A) B = 0$。

注意 $\sigma(I) \subseteq I$,并不能推出 $\sigma(I) = I$,即使 $\sigma$ 是 $R$ 上的自同构。例如 $R = \sum_{i \geq 0} k_i$, 其中 $k_i = k$ 为域,并且 $R$ 上的乘法满足对任意 $i, j > 0$, $R_i R_j = 0$,$1_R = 1_{k_0}$,我们定义 $\sigma R \to R$ 为 $k_0 \to k_0$,$k_{2n} \to k_{2n + 2}, k_{2n + 1} \to k_{2n - 1}, k_1 \to k_2$,然后取 $I$ 为 $\sum_{i = 1} k_{2i}$。

引理 8

我们称 $P \in Spec(R)$ 是 $\sigma$-半稳定的,若存在 $n$ 使得 $\sigma^n(P) = P$,对任意素理想,显然 $P^0 \doteq \cap \sigma^k(P)$ 是 $P$ 中最大的 $\sigma$-稳定的理想,被称为 $\sigma$-cyclic 的。

每一个 $\sigma$-cyclic 的理想都是 $\sigma$-素的。

Proof:若 $I, J$ 是 $\sigma$-不变的理想满足 $I J \subseteq P^0$, 则 $I J \subseteq P$,从而 $I \subseteq P$ or $J \subseteq P$,从而 $I \subseteq P^0$ or $J \subseteq P^0$。

对于 Noetherian 情况,反过来也对。

命题 9

若 $R$ 是(单边)Noetherian 的,且 $A \in \sigma-Spec(R)$,那么 $A \in \sigma-Spec(R)$,那么 $A$ 是 $\sigma$-cyclic 且 $AS \in Spec(S), AT \in Spec(T)$

首先仅需证明 $A = 0$ 的情形

引理 3,$R$ 是半素的,设 $P_1, \cdots, P_n$ 是 $R$ 的全部极小素理想,$P_1 \cap \cdot \cap P_n = 0$, 且显然 $\sigma(P_i)$ 也是极小素理想,因此 $\sigma$ 是 $\{P_1, \cdots, P_n\}$ 上的一个置换, 设 $P_1, \cdots, P_r$ 是一个置换圈,记 $C = P_1 \cdots, P_r$,$D = P_{r+1}, \cdots, P_n$,那么 $CD = 0$,由 引理 7 知 $D$ 也是 $\sigma$-不变的,从而 $C = 0$ 即 $0$ 是 $\sigma$-cyclic 的。

假设 $B,C \triangleleft S$ 满足 $BC = 0$,不妨设 $B = lann_S(C), C = rann_S(B)$,那么 $\sigma(B) \subseteq B$,从而等到一个上升链, $B \subseteq \sigma^{-1} (B) \subseteq \cdots \subseteq \sigma^{-n}(B) \subseteq \cdots$,从而 $B = \sigma(B)$, 同理 $C = \sigma(C)$,同样它们的首项系数 $B’, C’$ 也是 $\sigma$-稳定的,从而其中有一个为 0,因此 $S$ 是素的。

定理 10

下列等价(证明略)

  • 存在 $m \in \mathbb{Z}$ 使得 $\sigma^m$ 是 $R$ 的某个 $\sigma$-不变的商上的内自同构
  • 存在 $P_0, P_1 \in \sigma-Spec(S)$ 满足 $P_0 \subseteq P_1$ 且 $x \notin P_1$
  • 存在 $I_0, I_1 \in Spec(T)$ 满足 $I_0 \subseteq I_1$ 且 $I_0 \cap R = I_1 \cap R$