整同态

约定. 在本文中,

• 所有环都指交换环.

交换代数中, 整同态是一类环同态, 推广了域的代数扩张概念.

1定义

定义 1.1. $A\to B$ 是环同态. 称元素 $b\in B$ $\mathbf{A}$ 上整元, 意思是存在 $n\in \mathbb{N}$, $a_1,\dots ,a_n\in A$ 使得$$b^n+a_1{b}^{n-1}+\cdots +a_n=0,$$这里 $B$ 自然地视为 $A$-代数, 即 $A$ 中元素乘以 $B$ 中元素意为映射到 $B$ 之后相乘. 称 $A\to B$ 为整同态, 意思是 $B$ 中每个元素都在 $A$ 上整. 此时也称 $B$ 在 $A$ 上整. 下面将会看到, $B$ 中在 $A$ 上的整元构成 $B$ 的子环, 称为 $A$ 在 $B$ 中整闭包或正规化. 如该子环就是 $A$ 本身, 则称 $\mathbf{A}$ 在 $\mathbf{B}$ 中整闭.

单的整同态称为整扩张.

定义 1.2. 称整环 $A$ 整闭, 指的是 $A$ 在其分式域中整闭. 其整闭包指的是它在分式域中的整闭包. 称一般的环 $A$ 正规, 指的是其在每个素理想处的局部化是整闭整环. 其正规化指的是它在它的既约化的完全分式环中的整闭包.

2性质

命题 2.1. $A\to B\to C$ 是环同态, $c\in C$. 如 $c$ 在 $A$ 上整, 则 $c$ 在 $B$ 上整. 从而如 $A\to C$ 是整同态, 则 $B\to C$ 亦然.

证明. 显然.

$\square$

命题 2.2. $A\subseteq B$ 是扩张. 对 $b\in B$, 以下几条等价:

1.	$b$ 在 $A$ 上整.
2.	$A[b]$ 在 $A$ 上有限.
3.	存在 $A$-子代数 $C\subseteq B$, 包含 $b$ 且在 $A$ 上有限.
4.	存在 $A$-子模 $M\subseteq B$, 在 $A$ 上有限生成, 满足 $bM\subseteq M$, 且 $M$ 作为 $A[b]$-模零化子为 $0$.

证明. 1 推 2 是因为如 $b$ 在 $A$ 上整, 如定义中写出 $b$ 满足的方程, 则 $1,b,\dots ,b^{n-1}$ 生成 $A[b]$.

2 推 3 推 4 为显然.

4 推 1 要用 Nakayama 引理. 在引理中将环取为 $A$, 模取为 $M$, 理想取为 $1$, 模同态取为 “乘以 $b$”, 得存在 $a_1,\dots ,a_n\in A$ 使得 $b^n+a_1{b}^{n-1}+\cdots +a_n$ 是 $M$ 到自身的零同态. 于是由条件得$$b^n+a_1{b}^{n-1}+\cdots +a_n=0.$$

$\square$

这里的条件 4 在比如 $1\in M$ 或者 $M$ 中含有 $B$ 的非零因子时满足.

推论 2.3. $A\to B$ 是环同态, 则 $B$ 中在 $A$ 上整的元素构成子环. 从而如果 $B$ 能由在 $A$ 上整的元素生成, 则 $B$ 本身就在 $A$ 上整.

证明. 对 $b,b^{\prime }\in B$ 在 $A$ 上整, 要证明其和、差、积亦整. 由以上命题以及有限同态的传递性, $A[b,b^{\prime }]=A[b][b^{\prime }]$ 在 $A$ 上有限. 再由以上命题即知 $b$ 与 $b^{\prime }$ 的和、差、积都在 $A$ 上整.

$\square$

命题 2.4. $A$ 是整闭整环, $K$ 是其分式域. $L$ 是 $K$ 的一个有限域扩张, $\alpha \in L$. $f\in K[x]$ 是 $\alpha$ 的一个极小多项式. 则 $\alpha$ 在 $A$ 上整当且仅当 $f\in A[x]$.

证明. 若 $f\in A[x]$, 则 $\alpha$ 显然在 $A$ 上整. 若 $\alpha$ 在 $A$ 上整, 设 $g\in A[x]$ 是 $\alpha$ 的一个零化多项式. 记 $g$ 的分裂域为 $M$. 由于 $f\mid g$, 故存在 ${\alpha }_i\in M$, 使得$$f(x)=\prod _i(x-{\alpha }_i).$$由于 $g({\alpha }_i)=0$, 故 ${\alpha }_i$ 在 $A$ 上整. 利用推论 2.3, $f$ 的系数均在 $A$ 上整. 又由于 $f\in K[x]$, 且 $A$ 是整闭的, 故 $f\in A[x]$.

$\square$

推论 2.5 (在基变换下保持). $A\to B$ 是整同态, $A\to A^{\prime }$ 是环同态, 令 $B^{\prime }=B{\otimes }_A{A}^{\prime }$. 则 $A^{\prime }\to B^{\prime }$ 是整同态.

证明. 这是因为 $B^{\prime }$ 由 $B$ 在 $A^{\prime }$ 上生成, 而 $B$ 中元素都在 $A^{\prime }$ 上整, 因为在 $A$ 上整.

$\square$

以下性质常称为素理想 “上行”.

命题 2.6. $A\to B$ 是整同态, $\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{q}$ 是 $A$ 的素理想, $\mathfrak{P}$ 是 $B$ 的素理想, 满足 $\mathfrak{P}\cap A=\mathfrak{p}$. 则 $B$ 有素理想 $\mathfrak{Q}\supseteq \mathfrak{P}$, 使得 $\mathfrak{Q}\cap A=\mathfrak{q}$. 素谱映射 $\mathrm{Spec}B\to \mathrm{Spec}A$ 是闭映射.

证明. 把 $A$ 换成 $A/\mathfrak{p}$, $B$ 换成 $B/\mathfrak{P}$, 可设 $\mathfrak{p}$ 和 $\mathfrak{P}$ 是零理想. 对 $\mathfrak{q}$ 局部化可设 $(A,\mathfrak{q})$ 是局部环. 如果 $\mathfrak{q}B=B$, 则存在元素 $q_1,\dots ,q_n\in \mathfrak{q}$ 与 $b_1,\dots ,b_n\in B$ 使得 ${\sum }_{i=1}^n{q}_i{b}_i=1$. 令 $B^{\prime }=A[b_1,\dots ,b_n]\subseteq B$, 则 $B^{\prime }$ 在 $A$ 上有限, 且 $\mathfrak{q}{B}^{\prime }=B^{\prime }$. 这与 Nakayama 引理矛盾! 故 $\mathfrak{q}B⫋B$. 取极大理想 $\mathfrak{Q}\supseteq \mathfrak{q}B$, 则 $\mathfrak{Q}\cap A\supseteq \mathfrak{q}$, 而 $\mathfrak{q}$ 极大, 故 $\mathfrak{Q}\cap A=\mathfrak{q}$.

证 $\mathrm{Spec}B\to \mathrm{Spec}A$ 是闭映射就是证明每个闭集 $\mathrm{Spec}(B/I)\subseteq \mathrm{Spec}B$ 在 $\mathrm{Spec}A$ 的像集都闭. 由于满射是整同态, 故复合映射 $A\to B\to B/I$ 也是整同态. 以 $B/I$ 换 $B$, 只需证整同态在谱上的像集闭. 任取 $\mathfrak{q}\in \mathrm{Spec}A$ 在像集之外. 则由上一段所证, 包含于 $\mathfrak{q}$ 的素理想即 $\mathrm{Spec}{A}_{\mathfrak{q}}$ 都在像集之外, 于是 $B{\otimes }_A{A}_{\mathfrak{q}}=0$. 而 $A_{\mathfrak{q}}={\mathrm{colim}}_{a\notin \mathfrak{q}}{A}_a$, 故存在 $a\notin \mathfrak{q}$ 使得 $B{\otimes }_A{A}_a=0$, 即开集 $D(a)\ni \mathfrak{q}$ 都在像集之外. 像集外每个点都有开邻域在像集外, 故像集闭.

$\square$

注 2.7. 反过来, 仿射的泛闭态射一定整, 参见条目泛闭态射.

整同态不增大 Krull 维数.

命题 2.8. $k$ 是域, $R$ 是整的 $k$-代数, 且是整环. 则 $R$ 也是域.

证明. 任取非零元 $r\in R$. 由整, 存在 $k$ 系数首一多项式 $f$ 使得 $f(r)=0$. 取其中次数最低者, 设为 $f(x)=x^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n$. 则由于 $R$ 是整环, 易知 $f$ 不可约. 特别地, $a_n\ne 0$. 于是由$$1=-a_n^{-1}(r^n+a_1{r}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}r)=-a_n^{-1}(r^{n-1}+a_1{r}^{n-2}+\cdots +a_{n-1})r$$知 $r$ 可逆. 所以 $R$ 是域.

$\square$

命题 2.9. $f:A\to B$ 为整同态. 则 $\dim B\le \dim A$. 如 $A,B$ 都是整环且 $f$ 为单射, 则 $\dim B=\dim A$.

证明. 欲证 $\dim B\le \dim A$, 只需对 $B$ 的素理想 $\mathfrak{P}⫋\mathfrak{Q}$, 证明其在 $A$ 的原像 $\mathfrak{p},\mathfrak{q}$ 满足 $\mathfrak{p}⫋\mathfrak{q}$. 假设不然, $\mathfrak{p}=\mathfrak{q}$. 把 $A$ 换成 $A_{\mathfrak{p}}/\mathfrak{p}{A}_{\mathfrak{p}}$, $B$ 换成对应基变换, 可设 $A$ 是域. 再商去 $\mathfrak{P}$, 可设 $\mathfrak{P}=0$, $B$ 是整环. 由命题 2.8, $B$ 也是域, 这与 $\mathfrak{P}⫋\mathfrak{Q}$ 矛盾.

如 $A,B$ 都是整环且 $f$ 为单射, 设 $\dim A=d$. 对 $A$ 中的最长素理想链$$0={\mathfrak{p}}_0⫋{\mathfrak{p}}_1⫋\cdots ⫋{\mathfrak{p}}_d$$以及 $B$ 的素理想 $0$ 用 $d$ 次命题 2.6, 即知 $\dim B\ge d$. 结合上一段知 $\dim B=\dim A$.

$\square$

3相关概念

•	Nakayama 引理
•	整态射
•	泛闭态射
•	代数扩张
•	正规环

术语翻译

整同态 • 英文 integral homomorphism • 德文 ganzer Homomorphismus (m) • 法文 homomorphisme entier (m) • 拉丁文 integer homomorphismus (m) • 古希腊文 ἀκέραιος ὁμομορφισμός (m)