정수적 확장

케일리-해밀턴 정리

우선 일반화된 Cayley-Hamilton 정리를 먼저 언급하고 시작한다.

정리 1 Ring $A$와 ideal $\mathfrak{a}\subseteq A$를 고정하고, $M$이 $n$개의 원소들 $e_1,\ldots,e_n$으로 생성되는 $A$-module이라 하자. 그럼 임의의 $u\in\End_\rMod{A}(M)$에 대하여, 만일 $u(M)\subseteq \mathfrak{a}M$이 성립한다면 다음의 monic polynomial

\[p(\x)=\x^n+p_1\x^{n-1}+\cdots+p_n,\qquad p_k\in \mathfrak{a}^k\]

이 존재하여 $p(u)=0$인 것과 동치이다.

증명

[다중선형대수학] §행렬식, ⁋명제 9에서 $M$은 free module일 필요가 없다.

그럼 다음이 성립한다.

명제 2 Ring $A$에 대하여, ideal $\mathfrak{a}\subseteq A[\x]$이 주어졌다 하고, $B=A[\x]/\mathfrak{a}$, 그리고 $\x+\mathfrak{a}\in B$를 $b$로 표기하자. 그럼 다음이 성립한다.

1. $B$가 $A$-module로서 $n$개 이하의 원소로 생성되는 것과 $\mathfrak{a}$가 $n$차 이하의 monic polynomial을 포함하는 것이 동치이다. 이 때, $B$는 $1,b,\cdots,b^{n-1}$로 생성된다.
2. $B$가 $A$-module로서 free module인 것은 $\mathfrak{a}$가 monic polynomial로 생성되는 것과 동치이다. 이 때 $1,b,\cdots,b^{n-1}$가 $B$의 basis가 된다.

증명

1. 한쪽 방향은 자명하다. 거꾸로 $B$가 $A$-module로서 $n$개의 원소로 생성된다 하자. 이제 $B$의 원소에 $b$를 곱하여 얻어지는 $A$-module endomorphism $b:B \rightarrow B$를 생각하자. Ideal $A$에 대해 정리 1을 적용하면 이 endomorphism이 $n$차 monic polynomial $p(x)$를 만족한다는 것을 알고, 이것은 원소로서 $b$를 대입해도 $0$이 되어야 한다. 따라서 $b$의 정의에 의하여 $p(\x)\in \mathfrak{a}$임을 안다.
2. 우선 $\mathfrak{a}$가 차수 $n$의 monic polynomial로 생성된다 하자. 그럼 방금 전의 결과에 의해 $B$가 $1,b,\ldots, b^{n-1}$에 의해 생성된다는 것을 안다. 이제 이들이 일차독립임을 보이면 충분하다. $A$-module $B$에서 $\sum_{i=0}^{n-1} a_i b^i=0$이라 하면, $q(\x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\x^i$가 $\mathfrak{a}$에 석해야 하고, 차수 때문에 $q=0$이어야 한다.
   반대로 $B$가 rank $n$의 free $A$-module이라 하면 $B$를 $n$개의 원소로 생성할 수 있으며, 다시 방금 전의 결과로부터 $\mathfrak{a}$가 $n$차 monic polynomial $p$를 포함하며, 이로부터 $1,b,\ldots, b^{n-1}$이 $B$의 basis가 되는 것까지 유도할 수 있다. 남은 것은 $p$가 $\mathfrak{a}$를 생성하는 것을 보이는 것인데, 이는 임의의 $f\in \mathfrak{a}$가 주어졌다 하고 이를 $p$로 나눈 나머지 $r$을 생각하면 된다. 두 다항식 $f$와 $p$가 모두 $\mathfrak{a}$에 속하므로, 이 나머지 또한 $B$로 보내면 $0$이 되어야 한다. 그런데 이는 다항식 $r(\x)$에 $\x=b$를 대입한 것과 같고, 이는 $B$의 basis $1,\ldots, b^{n-1}$의 일차결합이라 생각하면 $r$의 계수들이 모두 $0$이어야 한다는 것을 안다.

정수적 확장

앞서 우리는 $A$-algebra $E$는 ring homomorphism $\phi:A \rightarrow E$와 동일한 데이터로 구성되어 있는 것을 살펴보았다. 더 정확히는 ring homomorphism $\phi:A \rightarrow E$는 restriction of scalar를 통해 $E$-module $E$ 위에 $A$-module 구조 $\phi^\ast E$를 주는 것이며, 이 때의 $A$-module 구조가 ($E$의 곱셈에 commutativity에 의하여) $E$의 곱셈구조를 보존하여 이를 $A$-algebra로도 볼 수 있는 것이다.

한편 임의의 ring homomorphism의 합성은 ring homomorphism으로, 우리는 $A$-algebra $E$에 대해 다음의 식

\[A\overset{\phi}{\rightarrow}E\hookrightarrow E[\x]\]

으로 정의된 ring homomorphism이 $E[\x]$에 $A$-algebra 구조를 주는 것을 안다. 따라서 [대수적 구조] §대수, ⁋명제 8에 의해 유일한 $A$-algebra homomorphism $\phi[\x]:A[\x]\rightarrow E[\x]$가 정의되며, 구체적으로 이는 임의의 다항식

\[p(\x)=a_n\x^n+\cdots+a_0\in A[\x]\]

을 받아 다음의 식

\[(\phi[\x](p))(\x)=\phi(a_n)\x^n+\cdots+\phi(a_0)\in E[\x]\]

으로 주어진 다항식을 내놓는 함수이다.

정의 3 Ring homomorphism $\phi:A\rightarrow E$가 주어졌다 하자.

1. 만일 $\phi$가 injective라면 $E$를 $A$의 extension_확장이라 부른다.
2. $E$의 원소 $x$가 $\phi$에 대해 integral_정수적이라는 것은 적당한 monic polynomial $p\in A[\x]$가 존재하여 $(\phi[\x](p))(x)=0$인 것이다. $E$의 모든 원소가 $\phi$에 대해 integral이라면, $\phi$를 integral homomorphism_{정수적 준동형사상}이라 부른다. 만일 extension $\phi$가 integral homomorphism이라면, $E$를 $A$의 integral extension_{정수적 확장}이라 부른다.
3. $E$의 원소 중, $\phi$에 대해 integral인 원소를 모두 모은 것을 $E$에서의 $A$의 integral closure_{정수적 폐포} 혹은 $E$ 안에서의 $A$의 normalization_정규화라 부른다. 만일 $A$가 integral domain이라면, $\Frac(A)$ 안에서의 $A$의 integral closure를 별다른 수식어 없이 $A$의 normalization이라 부른다. Integral domain $A$가 normal domain_정규정역인 것은 $A$의 normalization이 자기 자신인 것이다.
4. $A$-module $\phi^\ast E$가 finitely generated $A$-module이라면, $\phi: A \rightarrow E$를 finite homomorphism_{유한 준동형사상}이라 부른다.
5. $A$-module $\phi^\ast E$가 $A$-algebra로서 finitely generated라면, $\phi: A \rightarrow E$를 finite type homomorphism_{유한형 준동형사상}이라 부른다.

문맥상 structure morphism $\phi: A \rightarrow E$가 명확할 경우, $x$가 $\phi$에 대해 integral이라는 말 대신 $x$가 $A$에 대해 integral이라는 표현을 사용하기도 한다. 비슷하게, 이런 경우에는 $\phi$가 integral homomorphism이라는 말 대신 $E$가 $A$에 대해 integral이라 말한다.

임의의 finite homomorphism은 그 정의에 의해 finite type homomorphism이다. 한편 finite homomorphism $\phi: A \rightarrow E$에 대하여, $x\times-: E \rightarrow E$는 $A$-algebra endomorphism이므로 정리 1을 적용하면 $x$가 $\phi$에 대해 integral임을 안다. 즉, finite homomorphism은 integral이기도 하다. 다음 보조정리는 이 역을 보여준다.

보조정리 4 Ring homomorphism $\phi$가 finite인 것은 $\phi$가 integral homomorphism of finite type인 것과 동치이다.

증명

한쪽 방향은 위에서 보였다. 이제 역으로 $E$가 유한히 많은 integral element들에 의해 생성된다면, $E$가 $A$-module로서도 유한하게 생성된다는 것을 보여야 한다. 이를 위해 $E$의 ($A$-algebra로서의) generator들의 개수에 대한 induction을 사용하자. 만일 $E$가 $A$-algebra로서 $n$개의 integral element $x_1,\ldots, x_n$들로 생성된다 하면, 이들 중 $n-1$개의 원소들 $x_1,\ldots, x_{n-1}$로 생성되는 $E$의 $A$-subalgebra $E’$를 생각할 수 있고 이는 귀납적 가정에 의하여 $A$-module로서 유한하게 생성된다. $E’$의 ($A$-module로서의) generator들을 $\{s_i\}$라 하자. 그럼 $x_n$은 $A$에 대해 integral이므로 $E’$에 대해서도 integral이고, 따라서 $E’$-module로서 $E$는 유한하게 생성되어야 한다. 이 원소들을 $\{t_j\}$라 하면, $\{s_i t_j\}$가 $E$를 $A$-module로서 유한하게 생성하는 것을 알 수 있다.

한편 $E$가 $A$에 대하여 integral인 것과, $E$의 각각의 원소들이 integral인 것이 서로 관계가 있기를 기대하는 것이 자연스럽다. 이를 위해 우선 다음 보조정리를 보인다.

보조정리 5 Ring homomorphism $\phi: A \rightarrow E$와 $E$의 원소 $x$가 주어졌다 하자. 그럼 $x$가 $A$에 대해 integral인 것은, 적당한 $E$-module $N$과 $N$의 $R$-submodule $M$이 존재하여, $M$은 $E$의 어떠한 nonzero element에 대해서도 annihilate되지 않으며 포함관계 $xM\subseteq M$이 성립하는 것과 동치이다.

증명

우선 $x$가 $A$에 대하여 integral이라 하자. 그럼 $N=E$로 잡으면 $M=A[x]$는 명제 2에 의하여 finitely generated인 것을 안다. 반대방향은 명제 2의 증명과 마찬가지로 $x$를 곱하는 것을 $M$의 endomorphism으로 본 후 정리 1을 적용하면 된다.

다음 정리는 기대하는 것이 당연한 성질이지만, 보조정리 5 없이 이를 정의로부터 바로 증명하는 것은 거의 불가능하다.

정리 6 $A$-algebra $E$에 대하여, $E$ 안에서 $A$의 integral closure는 다시 $A$-algebra이다.

증명

두 원소 $x,y\in E$가 $A$에 대하여 integral이라 하자. 그럼 $x+y$와 $xy$가 $A$에 대하여 integral임을 보여야 한다. 이제 $M=A[x]$, $M’=A[y]$이 $E$의 두 submodule이라 하고, 이들의 원소들의 곱 $xx’$들로 생성되는 $E$의 subalgebra를 $MM’$을 생각하면 $M,M’$ 각각이 finitely generated이므로 $MM’$ 또한 finitely generated이다. 이제

\[(xx')MM'=(xM)(x'M)\subseteq MM',\qquad (x+x')MM'\subseteq xMM'+M(x'M')\subseteq MM'\]

이므로 보조정리 5를 이용하면 원하는 결과를 얻는다.

나카야마 보조정리

이제 우리는 아주 유용한 보조정리를 증명한다. 우선 ring $A$의 임의의 ideal $\mathfrak{a}$에 대하여, $\mathfrak{a}$의 nilradical_영근기 $\sqrt{(0)}$은 다음 식

\[\sqrt{(0)}=\bigcap_\text{\scriptsize$\mathfrak{p}$ prime} \mathfrak{p}\]

으로 주어지는 것을 기억하자. (§국소화의 성질들, ⁋따름정리 8) 비슷한 식으로 $A$의 Jacobson radical_{제이콥슨 근기}를 다음 식

\[J(A)=\bigcap_\text{\scriptsize$\mathfrak{m}$ maximal} \mathfrak{m}\]

으로 정의한다.

나카야마 보조정리를 증명하기 위해서는 우선 다음의 보조정리를 먼저 증명해야 한다.

보조정리 7 Finitely generated $A$-module $M$과 $A$의 ideal $\mathfrak{a}$가 $\mathfrak{a}M=M$을 만족한다 하자. 그럼 적당한 $a\in \mathfrak{a}$가 존재하여 $(1-a)M=0$이다.

증명

주어진 조건으로부터 $M\subseteq \mathfrak{a}M$이므로 정리 1로부터 적당한 monic polynomial

\[p(\x)=\x^n+p_1\x^{n-1}+\cdots+p_n,\qquad p_k\in \mathfrak{a}^k\]

이 존재하여 $p(\id_M)=0$이다. 즉,

\[(1+p_1+\cdots_p_n)M=0\]

이고 $a=-(p_1+\cdots_p_n)$으로 두면 원하는 결과를 얻는다.

이제 드디어 나카야마 보조정리를 말할 수 있다.

보조정리 8 (Nakayama) $A$의 Jacobson radical $J(A)$에 속하는 ideal $\mathfrak{a}$가 주어졌다 하고, $M$이 finitely generated $A$-module이라 하자. 그럼 다음이 성립한다.

1. 만일 $\mathfrak{a}M=M$이라면 $M=0$이다.
2. 만일 $x_1,\ldots, x_n$의 $M/\mathfrak{a}M$에서의 image가 $M/\mathfrak{a}M$을 $A$-module로써 생성한다면, $x_1,\ldots, x_n$들은 $M$을 $A$-module로써 생성한다.

증명

1번 겷과의 경우 보조정리 7으로부터 얻어지는 $a\in \mathfrak{a}$가 가정에 의하여 모든 maximal ideal에 속한다는 사실을 안다. 바꾸어 말하면 $1-a$는 어떠한 maximal ideal에도 속할 수 없으므로 $1-a$는 unit이다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

2번 결과의 경우, $N=M/\sum_i Ax_i$라 하자. 그럼 $N/IN=0$임을 보일 수 있고 1번 결과로부터 $N=0$임을 안다.

국소화

이제 우리는 localization과 관련된 몇몇 결과들을 살펴본다.

명제 9 Unique factorization domain은 normal domain이다.

증명

임의의 $a/b\in \Frac(A)$에 대하여, $a,b$가 coprime이고 $a/b$가 $A$의 normalization에 포함된다 하자. 그럼 적당한 monic polynomial이 존재하여

\[\left(\frac{a}{b}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{a}{b}\right)^{n-1}+\cdots+a_1\left(\frac{a}{b}\right)+a_0=0\]

이도록 할 수 있디. 이제 이로부터

\[\x^n+a_{n-1}b \x^{n-1}+\cdots+a_1b^{n-1}\x+a_0b^n\in A[\x]\]

은 $\x=a$를 넣었을 때 $0$이 되는 monic polynomial인 것을 안다. 즉 $a^n$은 $b$로 나누어떨어지며, 이것이 모순이 되지 않기 위해서는 $b=1$, 즉 $A$가 normal domain이어야 한다.

더 일반적으로 다음이 성립한다.

명제 10 Ring $A\subseteq B$가 주어졌다 하고 monic polynomial $p\in A[\x]$가 주어졌다 하자. 만일 $B[\x]$ 안에서 $p=q_1q_2$이도록 하는 monic polynomial들 $q_1,q_2\in B[\x]$를 찾을 수 있다면 $q_1,q_2$의 계수들은 $A$에 대해 integral이다.

증명

방정식의 해를 넣어주는 방법으로 $B$를 포함하는 적당한 ring $C$에 대하여 $C[\x]$ 안에서는 $q_1,q_2$가 모두 $\prod (x-\alpha_i)$, $\prod(x-\beta_j)$의 꼴로 분해되도록 할 수 있다. 그럼 정의에 의해 $\alpha_i,\beta_j$들은 모두 $A$에 대해 integral이므로, 이들로 생성되는 $C$의 subring $C’$는 integral $A$-algebra이다. 한편 $p=q_1q_2$를 전개하여 그 계수를 보면 이들이 $C’$에 속한다는 것을 안다.

따라서 다음이 성립한다.

따름정리 11 Normal domain $A$에 대하여, 임의의 monic irreducible polynomial은 prime이다.

한편 normalization은 localization과 commute하며, 그 증명 또한 자명하다.

명제 12 Ring $A\subseteq B$와 $A$의 multiplicative subset $S$를 고정하자. 그럼 $A$의 $B$에서의 integral closure $A’$에 대하여, $S^{-1}A’$는 $S^{-1}A$의 $S^{-1}B$ 안에서의 integral closure이다.

국소화와 관련된 또 다른 결과 중 하나는 §국소화의 성질들, ⁋명제 4를 다소 강화한 것이다. 우선 ring $A$가 semilocal ring_반국소환이라는 것은 $A$가 유한히 많은 maximal ideal만을 갖는 것이다. 그럼 다음이 성립한다.

명제 13 Semilocal ring $A$와 finitely presented $A$-module $M,N$에 대하여, 만일 $M_\mathfrak{m}\cong N_\mathfrak{m}$이 모든 maximal ideal $\mathfrak{m}$에 대해 성립한다면 $M\cong N$이 성립한다.

증명

우선 $A$의 maximal ideal들 $\mathfrak{m}_1,\ldots, \mathfrak{m}_n$이 주어졌다 하고, 각각의 $k$에 대하여 $u_k: M_{\mathfrak{p}_k}\rightarrow N_{\mathfrak{p}_k}$가 주어졌다 하자. 그럼 $A_\mathfrak{p}$는 flat $A$-module이고, 가정에 의해 $M$이 finitely presented이므로 다음의 isomorphism

\[\Hom_{A_{\mathfrak{m}_k}}( M_{\mathfrak{m}_k}, N_{\mathfrak{m}_k}) \rightarrow \Hom_A(M,N)_{\mathfrak{m}_k}\]

이 존재한다. (§국소화의 성질들, ⁋명제 5) 이 isomorphism에 의한 $u_k$의 image는 $\Hom_A(M,N)$의 원소에 $A\setminus \mathfrak{m}_k$의 원소를 분모에 넣어준 것이므로, 필요하다면 $u_k$에 이 분모를 곱해주어 $v_k$를 $\Hom_A(M,N)$의 원소로 취급할 수 있다.

한편, $\mathfrak{m}_k$는 prime이므로, 만일 $\bigcap_{l\neq k} \mathfrak{m}_l\subseteq \mathfrak{m}_k$라면 어떠한 $l$에 대해 $\mathfrak{m}_l\subseteq \mathfrak{m}_k$가 되어야 하므로 모순이다. 즉, 다음의 식

\[\bigcap_{l\neq k} \mathfrak{m}_l\not\subseteq \mathfrak{m}_k\]

이 성립하고 그럼 이로부터 $a_k\in \bigcap_{l\neq k}\mathfrak{m}_l$이지만 $a_k\not\in \mathfrak{m}_k$인 $a_k$가 존재한다. 이렇게 만들어진 $a_k$들에 대하여, $v=\sum_{k=1}^n a_kv_k$으로 정의하면, 이것이 우리가 원하는 isomorphism이 되며 그 증명을 위해서는 §국소화의 성질들, ⁋명제 4에 의해 각각의 maximal ideal들 $\mathfrak{m}_k$에서의 localization을 보면 된다.

더 일반적으로 우리는 임의의 local ring $(B, \mathfrak{n})$과 finitely generated $B$-module 사이의 map들 $s,t:K \rightarrow L$에 대하여, 만일 $s$가 isomorphism이고 $t(K)\subseteq \mathfrak{n}L$이라면 $s+t$도 isomorphism인 것을 보인다. 그럼 이 결과를 local ring $(A_{\mathfrak{m}_k}, \mathfrak{m}_kA_{\mathfrak{m}_k})$, 그리고 $M_{\mathfrak{m}_k}$에서 $N_{\mathfrak{m}_k}$로의 함수들 $s=a_k v_k$와 $t=\sum_{l\neq k} a_lv_l$에 적용하면 증명이 완료될 것이다.

이 주장을 증명하자. 우선 $t$는 $K$에서 $L/\mathfrak{n}L$로의 zero map으로 볼 수 있고, $s$는 $K$에서 $L/\mathfrak{n}L$로의 epimorphism으로 볼 수 있므로 $s+t$ 또한 $K$에서 $L/\mathfrak{n}L$로의 epimorphism으로 볼 수 있다. 그럼 보조정리 8에 의해 $K$에서 $L$로의 morphism $s+t$도 epimorphism이다. 이제 isomorphism $s$의 inverse $s^{-1}$을 취하여 surjective endomorphism $s^{-1}(s+t): K \rightarrow K$를 생각하자. 그럼 정리 1에 의하여 $s^{-1}(s+t)$는 isomorphism이기도 하고, 따라서 $s+t$는 monomorphism이므로 원하는 결과를 얻는다.

이제 정의 3에서의 ring homomorphism들에 대한 성질들을 조금 더 살펴보자. 우선 다음의 명제부터 시작한다.

명제 14 Ring homomorphism $\phi:A \rightarrow E$와 $\rho: A \rightarrow A’$가 주어졌다 하자. $E’=A’\otimes_AE$라 하면, $\rho_!\phi: A’ \rightarrow E’$에 대하여 다음이 성립한다.

1. 만일 $\phi$가 integral이라면 $\rho_!\phi$도 integral이다.
2. 만일 $\phi$가 finite이라면 $\rho_!\phi$도 finite이다.

증명

두 주장의 증명 모두 유사하므로 첫 번째 주장만 증명한다. $\phi$가 integral이라 가정하고, 이 때 $E$를 생성하는 integral element들을 $x_i$라 하자. 그럼 각각의 $x_i$는 적당한 monic polynomial $p_i\in A[\x]$를 만족한다. 따라서 각각의 $1\otimes x_i$는 $E’$를 생성하며, $(\rho[\x])(p_i)$를 만족한다. 이로부터 $E’$가 $A’$에 대해 integral임을 안다.

또, 다음이 성립한다.

명제 15 Ring homomorphism $\phi:A \rightarrow E$가 주어졌다 하자. $(a_1, \ldots, a_n)=A$라면, 다음이 성립한다.

1. 만일 각각의 $A_{a_i} \rightarrow E_{a_i}$가 integral이라면, $A \rightarrow E$도 그러하다.
2. 만일 각각의 $A_{a_i} \rightarrow E_{a_i}$가 finite이라면, $A \rightarrow E$도 그러하다.

증명

위와 마찬가지로, 두 주장의 증명이 유사하므로 첫 번쨰 주장만 증명한다. 임의의 $x\in E$에 대하여, $A[\x]$의 원소들 중 $p(x)=0$을 만족하는 다항식들의 ideal을 $\mathfrak{A}$라 하자. 그럼 이 다항식들의 leading coefficient들을 모은 $A$의 부분집합 $\mathfrak{a}$가 $A$의 ideal이 되는 것을 확인할 수 있다.

한편, 각각의 $A_{a_i} \rightarrow E_{a_i}$가 integral이라는 가정으로부터, $x$의 $E_{a_i}$에서의 image는 $A_{a_i}$에 대해 integral이고, 따라서 이 원소의 integral equation을 쓴 후, 분모에 있는 $a_i$의 거듭제곱들을 모두 곱해주면 우리는 임의의 $i$가 주어질 때마다, 적절한 $n_i$가 존재하여 $a_i^{n_i}\in \mathfrak{a}$가 성립함을 안다. 한편 식

\[1=\sum_{i=1}^n \alpha_i a_i\]

의 양 변을 충분히 많이 거듭제곱해주면 우리는 이들 $a_i^{n_i}$들도 unit ideal을 생성하는 것을 알고 따라서 $1\in \mathfrak{a}$이다. 이로부터 정의에 의해 $x$가 integral임을 안다.

명제 15 Ring homomorphism $\phi: A \rightarrow E$와 $x\in E$에 대하여, $x$가 $\phi$에 대해 integral인 것은, $A$의 임의의 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대하여, $x$의 $A_\mathfrak{p}$에서의 image가 $\phi_\mathfrak{p}: A_\mathfrak{p} \rightarrow E_\mathfrak{p}$에 대해 integral인 것과 동치이다.

증명

한쪽 방향은 보조정리 14를 이용하면 된다. 따라서 임의의 prime ideal $\mathfrak{p}\subset A$에 대하여, $x$의 $E_\mathfrak{p}$에서의 image가 $A_\mathfrak{p}$에 대해 integral이라 하고, $x$가 integral임을 보이자. 이를 위해서는 $\phi(A)$와 $x$로 생성되는 $E$의 $A$-subalgebra $E’$를 잡은 후, $A \rightarrow E’$가 integral임을 보이면 된다.

우선 가정으로부터, $E_\mathfrak{p}$에서 다음의 식

\[x^d+\phi_\mathfrak{p}(a_{d-1})x^{d-1}+\cdots+\phi_\mathfrak{p}(a_0)=0\]

이도록 하는 $a_i\in A_\mathfrak{p}$들이 존재한다. 이제 $\phi_\mathfrak{p}(a_k)$들의 분모를 통분하면, 우리는 적절한 $f\in A\setminus \mathfrak{p}$에 대하여 각각의 $a_k$들이 모두 $A_f$에 속하는 것으로 볼 수 있고, 그럼 위의 방정식은 $E_f$에서 성립하는 식이 되고, 이로부터 $A_f \rightarrow E_f’$가 finite homomorphism인 것을 안다.

---

참고문헌

[Eis] David Eisenbud. Commutative Algebra: with a view toward algebraic geometry. Springer, 1995.

---