Bourbaki

习题 22, § 1

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交换代数, VII, 551

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

(a) 设Γ′\Gamma'是加法群和Γ\Gamma在域kk上的格序加法群和AA代数; AA 为整环(*代数*、章 II, § 11, no. 4、命题 8)。 AA 中的每个元素 x≠0x \neq 0 可以唯一地写为

x=∑i=1nαievi, x = \sum_{i=1}^n \alpha_i e^{v_i},
其中viv_i不同于Γ\Gamma的元素,AA的典范基的evie^{v_i}相应的元素超过kk以及aia_i元素 ≠0\neq 0 共 kk。将ϕ(x)=inf⁡(v1,…,vn)\phi(x) = \inf(v_1, \ldots, v_n)写入Γ\Gamma;如果x,yx, y和x+yx+y在AA中是≠0\neq 0,则证明ϕ(x+y)≥inf⁡(ϕ(x),ϕ(y))\phi(x+y) \geq \inf(\phi(x), \phi(y));如果xy≠0xy \neq 0在AA中,则证明ϕ(xy)=ϕ(x)+ϕ(y)\phi(xy) = \phi(x) + \phi(y)。 (为了显示第二个断言,首先建立以下引理:给定Γ\Gamma的元素的有限族(ξj)(\xi_j),在阶和inf⁡(ξj)=0\inf(\xi_j) = 0中,对于Γ′\Gamma'中的所有η>0\eta > 0,存在充分必要指标jj和元素ζ∈Γ\zeta \in \Gamma使得0<ζ≤η0 < \zeta \leq \eta和inf⁡(ξj,ζ)=0\inf(\xi_j, \zeta) = 0应用这个引理将其减少到ϕ(x)=ϕ(y)=0\phi(x) = \phi(y) = 0的情况。)

(b) 由(a)推导出,如果KK是AA的分数的域,ϕ\phi可以从K∗K^*扩展到Γ\Gamma(也用ϕ\phi表示)扩展到同态,使得

ϕ(x+y)≥inf⁡(ϕ(x),ϕ(y)) \phi(x+y) \geq \inf(\phi(x), \phi(y))
如果x,yx, y和x+yx+y是KK中的≠0\neq 0。 Deduce that, if BB is the set of x∈Kx \in K such that x=0x = 0 or ϕ(x)≥0\phi(x) \geq 0, BB is a domain whose field of fractions is KK and such that, if UU is the group of invertible elements of BB, K∗/UK^*/U is isomorphic to Γ\Gamma (and in particular BB is a pseudo-Bezoutian domain). 导出一个非全积分闭伪贝祖特域的例,一个非伪本事的完全积分闭伪贝祖特域 (cf.

代数, 章 VI, § 1, 习题 31) \* 和一个非阶乘的伪主域。 \*

(c) 源自 (b) 整环的例,它是阶乘子域的右有向族的并,并且是完全积分闭的,但不是伪 Bezooutian。 (令θ\theta为[0,1][0, 1]中的无理数数,并且对于每个整数jj,令qjq_j为最大的整数,使得qj/2j<0q_j / 2^j < 0。对于所有jj定义乘积群 Q×Q\mathbf{Q} \times \mathbf{Q} 一个格序群结构,通过将这个群的元素≥0\geq 0的集合(Gj)+(\mathscr{G}_j)_+取为有序对(ξ,η)(\xi, \eta)使得ξ≥0\xi \geq 0和0≤η≤(qj2−j)ξ0 \leq \eta \leq (q_j 2^{-j}) \xi*)。

解答

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