Bourbaki

Bài tập 5, § 3

Đại số giao hoán, VI, 448

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho kk là một trường và K=k(X,Y)K = k(X, Y) là trường các hàm hữu tỉ theo hai bất định trên kk. Ta viết x1=X,y1=Yx_1 = X, y_1 = Y và với n≥1n \geq 1 định nghĩa quy nạp các phần tử xn+,ynx_n + , y_n và yn+,=xnyn−1y_n + , = x_n y_n^{-1} của K. (a) Viết An=k[xn,yn]A_n = k[x_n, y_n]; dãy (An)(A_n) là tăng và, nếu

mn=Anxn+Anyn, m_n = A_n x_n + A_n y_n,
mnm_n là một iđêan cực đại của A, và mn=An∩mn+1m_n = A_n \cap m_{n+1}; trong vành A=⋂nAnA = \bigcap_n A_n, m=⋂nmnm = \bigcap_n m_n là một iđêan cực đại. (b) Cho vv là định giá trên K được xác định bởi v(X)=ρ=(1+5)/2v(X) = \rho = (1 + \sqrt{5})/2, v(Y)=1v(Y) = 1; cho B và p là vành và iđêan của vv; chứng minh rằng m=p∩Am = p \cap A (chú ý rằng ρ2−ρ−1=0\rho^2 - \rho - 1 = 0 và dùng sự kiện này để tính v(yn)v(y_n)). Chứng minh rằng để một đơn thức XiYjX^i Y^j (i,ji, j là các số nguyên dương hoặc âm) thuộc A, điều kiện cần và đủ là (1+52)i+j>0\left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^i + j > 0; do đó, với mọi đơn thức z=XiYjz = X^i Y^j, hoặc z∈Az \in A hoặc 1/z∈A1/z \in A. (c) Chứng minh rằng B=AmB = A_m (viết một phần tử t∈Bt \in B dưới dạng thương của hai đa thức theo X và Y và chỉ ra trong mỗi đa thức các đơn thức tại đó vv nhận giá trị nhỏ nhất). (d) Chứng minh rằng, với mọi nn, (An+1)mn+1(A_{n+1})_{m_{n+1}} là biến đổi bậc hai nguyên tố của (An)mn(A_n)_{m_n} theo hướng của vv (Bài tập 4).

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.