Artin–Rees 引理

约定. 在本文中,

• 所有环都指交换环.

Artin–Rees 引理是交换代数中的重要定理. 它大体上说的是, 对 Noether 环 $A$ 及其理想 $I$, $A$ 上有限生成模的 $I$ 进拓扑限制在子模上就是子模的 $I$ 进拓扑.

1定理与证明

定理 1.1 (Artin–Rees 引理). $A$ 是 Noether 环, $I$ 是其理想, $M$ 是其上有限生成模, $N\subseteq M$. 则存在 $c\in \mathbb{N}$, 使得对任意 $n\in \mathbb{N}$, 都有 $I^{n+c}M\cap N=I^n(I^{c}M\cap N)$; 特别地, $I^{n+c}M\cap N\subseteq I^{n}N$.

证明. 首先注意 $\supseteq$ 是显然的. 定理的内容是 $\subseteq$.

作 Rees 代数 $B={⨁}_{n=0}^{\infty }{I}^n$. 它是分次 $A$-代数, 且如 $I=(a_1,\dots ,a_d)$, 则有满射 $A[T_1,\dots ,T_d]\twoheadrightarrow B$, $T_i\mapsto a_i$. 于是由 Hilbert 基定理, $B$ 也是 Noether 环. 由 $M$ 是有限生成 $A$-模, 不难发现 $M^{\prime }={⨁}_{n=0}^{\infty }{I}^{n}M$ 是分次 $B$-模且有限生成, 因为 $M$ 的一组生成元就给出 $M^{\prime }$ 的一组生成元. 令 $N^{\prime }={⨁}_{n=0}^{\infty }(I^{n}M\cap N)$, 则 $N^{\prime }$ 是 $M^{\prime }$ 的分次 $B$-子模, 故由 $B$ Noether, $N^{\prime }$ 也有限生成. 可设其一组生成元是 $x_1,\dots ,x_r$, 其中 $x_i\in I^{n_i}M\cap N$. 取 $c=\max \{n_1,\dots ,n_r\}$, 下证其满足要求.

需对任意 $n\in \mathbb{N}$ 证明 $I^{n+c}M\cap N\subseteq I^{n}N$. 任取 $x\in I^{n+c}M\cap N$, 将其视为 $N^{\prime }$ 的 $n+c$ 次元素. 由于 $x_1,\dots ,x_r$ 生成 $N^{\prime }$, 存在 $b_1,\dots ,b_r\in B$ 使得$$x=\sum _{i=1}^r{b}_i{x}_i.$$由于 $x$ 为 $n+c$ 次, 可舍掉右边各项的非 $n+c$ 次部分, 而等式仍成立. 于是可设 $b_i$ 为 $n+c-n_i$ 次, 即 $b_i\in I^{n+c-n_i}$, 上式作为 $I^{n+c}M\cap N$ 中的等式成立. 这样由 $c\ge n_i$, $I^{c-n_i}(I^{n_i}M\cap N)\subseteq I^{c}M\cap N$, 便有$$x=\sum _{i=1}^r{b}_i{x}_i\in \sum _{i=1}^r{I}^{n+c-n_i}(I^{n_i}M\cap N)\subseteq I^n(I^{c}M\cap N).$$所以 $I^{n+c}M\cap N\subseteq I^{n}N$.

$\square$

以下推论是显然的.

推论 1.2. 记号同定理. $N$ 的两列子模 $(I^{n}M\cap N{)}_{n\in \mathbb{N}}$ 与 $(I^{n}N{)}_{n\in \mathbb{N}}$ 共尾, 即对任意 $n\in \mathbb{N}$, 存在 $n^{\prime }\in \mathbb{N}$, 使得 $I^{n^{\prime }}M\cap N\subseteq I^{n}N$, $I^{n^{\prime }}N\subseteq I^{n}M\cap N$.

2应用

其最主要的应用是说明 Noether 环上有限生成模的完备化表现良好, 即它是正合函子.

命题 2.1. $A$ 是 Noether 环, $I$ 是其理想, $$0\to N\to M\to Q\to 0$$是有限生成 $A$-模的短正合列. 以 $\hat{M}$ 记完备化 ${\lim }_{n\in \mathbb{N}}M/I^{n}M$, 余类同. 则$$0\to \hat{N}\to \hat{M}\to \hat{Q}\to 0$$也正合.

证明. 对任意 $n\in \mathbb{N}$, 原短正合列给出如下短正合列$$0\to \frac{N}{I^{n}M\cap N}\to M/I^{n}M\to Q/I^{n}Q\to 0.$$将其对 $n$ 取极限. 由推论 1.2, 上列第一项的极限是 $\hat{N}$. 于是由极限左正合, 即知$$0\to \hat{N}\to \hat{M}\to \hat{Q}$$正合. 尚需证明 $\hat{M}\twoheadrightarrow \hat{Q}$. 由极限的定义, 只需证对任意 $q_{n+1}\in Q/I^{n+1}Q$ 以及 $m_n\in M/I^{n}M$ 满足它们在 $Q/I^{n}Q$ 的像 $q_n$ 相同, 都有 $m_{n+1}\in M/I^{n+1}M$, 在 $Q/I^{n+1}Q$ 的像是 $q_{n+1}$, 在 $M/I^{n}M$ 的像是 $m_n$.

任取 $m\in M/I^{n+1}M$ 使其在 $Q/I^{n+1}Q$ 的像是 $q_{n+1}$. 以 $\bar{m}$ 记 $m$ 在 $M/I^{n}M$ 的像, 则 $m_n-\bar{m}$ 在 $Q/I^{n}Q$ 的像为 $0$, 故它来自 $\frac{N}{I^{n}M\cap N}$. 取 $d\in \frac{N}{I^{n+1}M\cap N}$ 使其在 $\frac{N}{I^{n}M\cap N}$ 的像为 $m_n-\bar{m}$. 则不难验证 $m_{n+1}=m+d$ 满足要求.

$\square$

此外它也用于证明 Krull 交定理, 具体参见主条目.

3相关概念

•	分次环
•	Rees 代数
•	Hilbert 基定理
•	Krull 交定理

术语翻译

Artin–Rees 引理 • 英文 Artin–Rees lemma • 德文 Lemma von Artin–Rees • 法文 lemme d’Artin–Rees