명제 1 Integral extension $A\hookrightarrow B$가 주어졌다 하자.
- (Lying over) $A$의 임의의 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대하여, 적당한 $B$의 prime ideal $\mathfrak{q}$가 존재하여 $\mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}$이도록 할 수 있다.
- (Going up) 위의 명제에서 얻어지는 $\mathfrak{q}$는 $\mathfrak{b}\cap A\subseteq \mathfrak{p}$를 만족하는 $B$의 임의의 ideal $\mathfrak{b}$가 주어질 때마다, $\mathfrak{b}\subseteq \mathfrak{q}$이도록 잡을 수 있다.
증명
우선 둘째 결과에서, 만일 $A\hookrightarrow B$가 integral extension이라면 $B$의 임의의 ideal $\mathfrak{b}$에 대하여 다음의 ring homomorphism
\[\frac{A}{A\cap \mathfrak{b}}\hookrightarrow \frac{B}{\mathfrak{b}}\]또한 integral extension인 것을 안다. 따라서, 일반성을 잃지 않고 $\mathfrak{b}=0$이라 가정해도 충분하고, 이는 정확히 첫째 결과를 보이는 것과 같다.
따라서 주어진 prime ideal $\mathfrak{p}\subseteq A$에 대하여, $\mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}$를 만족하는 $B$의 prime ideal $\mathfrak{q}$를 찾으면 충분하다.
한편, $S=A\setminus \mathfrak{p}$라 하면, $A \hookrightarrow B$가 integral이라면 $S^{-1}A \rightarrow S^{-1}B$ 또한 그러하다. 따라서 $A$가 maximal ideal $\mathfrak{p}$를 갖는 local ring인 경우만 생각하면 충분하다. 이러한 상황에서, $\mathfrak{p}B$를 포함하는 $B$의 maximal ideal의 preimage는 반드시 $\mathfrak{p}$가 되어야 하므로, $\mathfrak{p}B=B$가 아닌 한 이 maximal ideal이 우리가 찾는 $B$의 prime ideal이 된다.
결론에 반하여 $\mathfrak{p}B=B$라 가정하자. 그럼 $1\in B$는 $\mathfrak{p}$의 원소들의 $B$-linear combination
\[1=\sum_{i=1}^n b_i a_i,\qquad a_i\in \mathfrak{p},\quad b_i\in B\]으로 쓰여질 수 있다. 이제 $b_i$들로 생성되는 $B$의 $A$-subalgebra를 $B’$라 하자. 그럼 $B’$의 모든 원소는 integral이며, $B$는 $A$-algebra로서 유한하게 생성된다. 따라서 §정수적 확장, ⁋보조정리 4에 의하여 $B’$는 $A$-module로서 유한하게 생성된다. 이제 §정수적 확장, ⁋보조정리 8을 적용하면 $B’=0$이므로 모순이다.
이 글에서 남은 부분은 따름정리 4를 증명하는 것으로, 대략적으로 명제 1을 통해 $A$의 prime ideal $\mathfrak{p}$ 위에 있는 $B$의 두 prime ideal $\mathfrak{q}_1, \mathfrak{q}_2$가 주어졌다면 이들은 서로를 포함하지 않는다는 것이다.
보조정리 2 두 integral domain $A\subseteq B$에 대하여, 만일 $\Frac(A) \rightarrow \Frac(B)$가 algebraic extension이라면 $B$의 임의의 nonzero ideal은 $A$와 nontrivial하게 만난다.
증명
이를 위해서는 $B$의 principal ideal들만 생각하면 충분하다. $b\in B$로 생성되는 임의의 principal ideal을 생각하자. 그럼 $\Frac(B)$가 $\Frac(A)$의 algebraic extension이므로,
\[a_nb^n+\cdots+a_1b+a_0=0,\qquad a_i\in \Frac(A)\]이도록 할 수 있다. 이제 $a_i$들의 분모들의 최소공배수를 양변에 곱하고, 필요하다면 $b$의 거듭제곱으로 양변을 적절히 나눠서 각각의 $a_i$들이 모두 $A$의 원소이고, $a_0\neq 0$이도록 할 수 있다. 그럼 $a_0$은 $b$로 생성되는 principal ideal에 속한다.
따름정리 3 Integral domain $A$가 주어졌다 하고, integral extension $A \rightarrow B$가 주어졌다 하자. 그럼 $B$의 prime ideal $\mathfrak{q}$이 maximal ideal인 것과 $\mathfrak{q}\cap A$가 $A$의 maximal ideal인 것이 동치이다.
증명
이 또한 명제 1의 증명에서와 마찬가지로, $\mathfrak{q}\cap A$와 $\mathfrak{q}$로 각각 quotient를 취해주면, 두 integral domain $A,B$ 그리고 integral extension $A \hookrightarrow B$가 주어졌을 떄, $A$가 field인 것과 $B$가 field인 것이 동치라는 것을 보이면 충분하다. 한편, 만일 $A$가 field라면 보조정리 2에 의하여 $B$는 nonzero ideal을 갖지 않아야 한다. 즉, $B$는 field이다.
따라서 $B$가 field임을 가정하고 $A$가 field임을 보이면 충분하다. $A$의 maximal ideal $\mathfrak{m}$이 주어졌다 하자. 그럼 명제 1에 의하여, 우리는 적당한 $B$의 prime ideal $\mathfrak{q}$가 존재하여 $\mathfrak{q}\cap A= \mathfrak{m}$이 성립하도록 할 수 있다. 그런데 $B$는 field이므로, $\mathfrak{q}=0$이고 따라서 $\mathfrak{m}=0$이다. 이로부터 원하는 결과를 얻는다.
마지막으로 다음을 살펴보자.
따름정리 4 Integral extension $A\hookrightarrow B$에 대하여, 만일 $B$의 두 prime ideal $\mathfrak{q}_1\neq \mathfrak{q}_2$이 $A\cap \mathfrak{q}_1=A\cap \mathfrak{q}_2=\mathfrak{p}$를 만족한다면 $\mathfrak{q}_1\not\subset \mathfrak{q}_2$이고 $\mathfrak{q}_2\not\subset \mathfrak{q}_1$이다.
증명
결론에 반하여 $\mathfrak{q}_1\subseteq \mathfrak{q}_2$라 가정하고 $A\cap \mathfrak{q}_1=A\cap \mathfrak{q}_2=\mathfrak{p}$라 하자. 그럼 $A$에서는 $\mathfrak{p}$로, $B$에서는 $\mathfrak{q}_1$으로 quotient를 취하여, 주어진 상황을 integral domain $B$와 $\mathfrak{q}_1=0$, 그리고 $\mathfrak{q}_2\cap A=0$이 성립하도록 바꿔줄 수 있다. 그런데 $B$의 원소들에 대해 성립하는 integral equation들은 $\mathfrak{p}$로 quotient를 취하여도 그대로 integral equation이 되며, 특히 $\Frac(B)$가 $\Frac(A)$의 algebraic extension이 된다. 따라서 보조정리 2에 의하여 원하는 결과를 얻는다.
참고문헌
[Eis] David Eisenbud. Commutative Algebra: with a view toward algebraic geometry. Springer, 1995.
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