Bourbaki

Bài tập 11, § 5

Đại số giao hoán, X, p. 168

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Chúng ta giữ lại các ký hiệu của bài tập trước; ta giả sử rằng các vành AA và BB là địa phương và đầy đủ.

a) Bây giờ chứng minh rằng BB đẳng cấu với thương của một đại số các chuỗi hình thức S=A[[X1,…,Xn]]S = A[[X_1, \ldots, X_n]] theo một iđêan aa được chứa trong (X1,…,Xn)(X_1, \ldots, X_n); có thể lấy n=dim⁡κA(n/n2)n = \dim_{\kappa_A}(\mathfrak{n}/\mathfrak{n}^2), trong đó n\mathfrak{n} là ảnh của mBm_B trong B/mABB/m_A B.

b) Chứng minh rằng các điều kiện sau là tương đương: (i) BB là một AA-đại số hữu hạn và phẳng và là một vành giao đầy đủ ; (ii) iđêan aa được sinh bởi một dãy (P1,…,Pn)(P_1, \ldots, P_n) hoàn toàn ngang cho κA⊗AS\kappa_A \otimes_A S. (xem bài tập 5.)

c) Nếu các điều kiện này được thỏa mãn, chứng minh rằng ta có η(B)=γ(B)=v(ε(det⁡(∂Pi∂Xj)))\eta(B) = \gamma(B) = v(\varepsilon(\det(\frac{\partial P_i}{\partial X_j}))) (dùng bài tập 9 và 10, d)).

d) Bây giờ chứng minh rằng ta có thể tìm một dãy (f1,…,fn)(f_1, \ldots, f_n) gồm các phần tử của aa hoàn toàn ngang cho κA⊗AS\kappa_A \otimes_A S sao cho AA-đại số B′=S/(f1,…,fn)B' = S/(f_1, \ldots, f_n) thỏa mãn γ(B′)=γ(B)\gamma(B') = \gamma(B).

(Suy ra từ dãy khớp a/a2→ΩA(S)⊗SB→ΩA(B)→0a/a^2 \to \Omega_A(S) \otimes_S B \to \Omega_A(B) \to 0 (A, III, p. 137) một dãy khớp của các AA-môđun a/a2⊗SA→ΩA(S)⊗SA→I/I2→0a/a^2 \otimes_S A \to \Omega_A(S) \otimes_S A \to I/I^2 \to 0 ; lấy các phần tử f1,…,fnf_1, \ldots, f_n của aa sao cho ảnh của chúng trong ΩA(S)⊗SA\Omega_A(S) \otimes_S A lập thành một cơ sở trên AA của ảnh của a/a2⊗SAa/a^2 \otimes_S A.)

e) Suy ra bằng cách dùng bài tập 10, e) rằng ta có γ(B)≥η(B)\gamma(B) \geq \eta(B) và rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BB là một vành giao đầy đủ.

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.