Bourbaki

Bài tập 22, § 1

Đại số giao hoán, VII, 551

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

(a) Cho Γ′\Gamma' là một nhóm cộng có thứ tự dạng dàn và AA là đại số của Γ\Gamma trên một trường kk; AA là một miền nguyên (Đại số, Chương II, § 11, no. 4, Mệnh đề 8). Mọi phần tử x≠0x \neq 0 trong AA có thể được viết duy nhất dưới dạng

x=∑i=1nαievi, x = \sum_{i=1}^n \alpha_i e^{v_i},
trong đó các viv_i là các phần tử phân biệt của Γ\Gamma, các evie^{v_i} là các phần tử tương ứng của cơ sở chính tắc của AA trên kk và các aia_i là các phần tử ≠0\neq 0 của kk. Viết ϕ(x)=inf⁡(v1,…,vn)\phi(x) = \inf(v_1, \ldots, v_n) trong Γ\Gamma; hãy chứng minh rằng ϕ(x+y)≥inf⁡(ϕ(x),ϕ(y))\phi(x+y) \geq \inf(\phi(x), \phi(y)) nếu x,yx, y và x+yx+y là ≠0\neq 0 trong AA và ϕ(xy)=ϕ(x)+ϕ(y)\phi(xy) = \phi(x) + \phi(y) nếu xy≠0xy \neq 0 trong AA. (Để chứng minh mệnh đề thứ hai, trước hết hãy thiết lập bổ đề sau: cho một họ hữu hạn (ξj)(\xi_j) các phần tử của Γ\Gamma, để có inf⁡(ξj)=0\inf(\xi_j) = 0, điều kiện cần và đủ là với mọi η>0\eta > 0 trong Γ′\Gamma' tồn tại một chỉ số jj và một phần tử ζ∈Γ\zeta \in \Gamma sao cho 0<ζ≤η0 < \zeta \leq \eta và inf⁡(ξj,ζ)=0\inf(\xi_j, \zeta) = 0. Áp dụng bổ đề này bằng cách quy về trường hợp ϕ(x)=ϕ(y)=0\phi(x) = \phi(y) = 0.)

(b) Suy ra từ (a) rằng, nếu KK là trường các phân thức của AA, ϕ\phi có thể được mở rộng thành một đồng cấu từ K∗K^* vào Γ\Gamma (cũng được ký hiệu là ϕ\phi) sao cho

ϕ(x+y)≥inf⁡(ϕ(x),ϕ(y)) \phi(x+y) \geq \inf(\phi(x), \phi(y))
nếu x,yx, y và x+yx+y là ≠0\neq 0 trong KK. Suy ra rằng, nếu BB là tập hợp các x∈Kx \in K sao cho x=0x = 0 hoặc ϕ(x)≥0\phi(x) \geq 0, BB là một miền có trường các phân thức là KK và sao cho, nếu UU là nhóm các phần tử khả nghịch của BB, K∗/UK^*/U là đẳng cấu với Γ\Gamma (và đặc biệt BB là một miền pseudo-Bezout). Hãy suy ra các ví dụ về một miền pseudo-Bezout không đóng nguyên hoàn toàn, một miền pseudo-Bezout đóng nguyên hoàn toàn nhưng không pseudo-chính (xem

Algebra, Chương VI, § 1, Bài tập 31) \* và một miền pseudo-chính không là miền phân tích nhân tử. \*

(c) Suy ra từ (b) một ví dụ về một miền nguyên là hợp của một họ có hướng phải các miền con nhân tử và đóng nguyên hoàn toàn nhưng không là giả Bezout. (Cho θ\theta là một số vô tỉ trong [0,1][0, 1] và với mọi số nguyên jj cho qjq_j là số nguyên lớn nhất sao cho qj/2j<0q_j / 2^j < 0. Với mọi jj định nghĩa trên nhóm tích Q×Q\mathbf{Q} \times \mathbf{Q} một cấu trúc nhóm có thứ tự dàn bằng cách lấy tập hợp (Gj)+(\mathscr{G}_j)_+ các phần tử ≥0\geq 0 của nhóm này là các cặp có thứ tự (ξ,η)(\xi, \eta) sao cho ξ≥0\xi \geq 0 và 0≤η≤(qj2−j)ξ0 \leq \eta \leq (q_j 2^{-j}) \xi. *)

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-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.