Lying over, going down

Segue que \(\mathfrak p= \mathfrak q\cap R\) pois \(\mathfrak q\cap R\neq R\) e \(\mathfrak p\) é o único maximal em \(R\).

(1) Considere o mapa \(\psi:R/\mathfrak p\to S/\mathfrak q\) definida por \(r+\mathfrak p\mapsto r+\mathfrak q\). O mapa \(\psi\) está bem definido e \[\ker\psi=\{r+\mathfrak p\in R/\mathfrak p\mid r+\mathfrak q=0\}.\] Por outro lado, se \(r+\mathfrak q=0\), então \(r\in \mathfrak q\cap R=\mathfrak p\) e \(r+\mathfrak p=0\). Logo \(\psi\) é injetiva. Portanto \(R/\mathfrak p\subseteq S/\mathfrak q\) é uma extensão de anéis. Se \(s\in S\) então \[s^n+\beta_1s^{n-1}+\cdots+\beta_n=0\] com \(\beta_i\in R\) e \[\begin{aligned}
&(s+\mathfrak q)^n+(\beta_1+\mathfrak p)(s+\mathfrak q)^{n-1}+\cdots+(\beta_n+\mathfrak p)\\&=
(s+\mathfrak q)^n+(\beta_1+\mathfrak q)(s+\mathfrak q)^{n-1}+\cdots+(\beta_n+\mathfrak q)\\&=
(s^n+\beta_1s^{n-1}+\cdots+\beta_n)+\mathfrak q=0.
\end{aligned}\] Portanto, \(R/\mathfrak p\subseteq S/\mathfrak q\) é integral. Por um lema anterior, um é corpo se e somente se outro é.

(2) Assuma primeiro que \((R,\mathfrak p)\) é um anel local. Então \(\mathfrak q_1\) e \(\mathfrak q_2\) são maximais por item (1) e segue que \(\mathfrak q_1=\mathfrak q_2\).

No caso geral, seja \(U=R\setminus\mathfrak p\) e considere as localizações \(R_{(\mathfrak p)}=U^{-1}R\) e \(U^{-1}S\). O mapa de mergulho \(U^{-1}R\to U^{-1}S\) é injetivo, pois se \(r/u\in U^{-1}R\) tal que \(r/u=0/1\in U^{-1}S\) então \(rw=0\) com algum \(w\in R\setminus \mathfrak p\) e \(r/u=0/1\in U^{-1}R\). Então \(U^{-1}R\subseteq U^{-1}S\) é uma extensão de anéis. Afirmamos que, a extensão \(U^{-1}R\subseteq U^{-1}S\) é integral. De fato, se \(s/u\in U^{-1}S\), então \(U^{-1}R[s/u]=U^{-1}R[s]\). Mas \(s\) é integral sobre \(R\) e satisfaz uma equação integral \[s^n+\beta_1s^{n+1}+\cdots+\beta_n=0\] com coeficientes \(\beta_i\in R\). A mesma equação será uma equação integral para \(s/1\) com coeficientes em \(U^{-1}R\). Portanto \(U^{-1}R[s/u]=
U^{-1}[s]\) é finitamente gerado como \(U^{-1}R\)-módulo e \(s/u\) é integral sobre \(U^{-1}R\).

Como \(U^{-1}R=R_{(\mathfrak p)}\) é local com único ideal maximal \(\mathfrak pU^{-1}R\) e como \(\mathfrak pU^{-1}R\subseteq \mathfrak q_i U^{-1}S\cap U^{-1}R\) para \(i\in\{1,2\}\), e o lema anterior implica que \(\mathfrak q_i U^{-1}S\) está acima de \(\mathfrak pU^{-1}R\). Ora, o parágrafo anterior implica que \(\mathfrak q_1U^{-1}S=\mathfrak q_2U^{-1}S\). Como \(\mathfrak q_i\cap U=\emptyset\), e a correspondência entre os primos em \(\mbox{Spec}(S)\) que interceptam trivialmente com \(U\) e os primos de \(U^{-1}S\) implica que \(\mathfrak q_1=\mathfrak q_2\).

(3) Assuma primeiro que \((R,\mathfrak p)\) é um anel local. O anel \(S\) tem um ideal maximal \(\mathfrak q\) e \(\mathfrak q\cap R\) é maximal por afirmação (1). Logo \(\mathfrak q\cap R\) deve ser igual a \(\mathfrak p\).

No caso geral, considere as localizações \(U^{-1}R\) e \(U^{-1}S\) como na demonstração da afirmação (2). Assuma que \(\mathfrak r'\) é um ideal maximal de \(U^{-1}S\). Então \(\mathfrak r'\cap U^{-1}R\) maximal em \(U^{-1}R\) e portanto \(\mathfrak r'\cap U^{-1}R=\mathfrak pU^{-1}R\). Definimos \(\mathfrak r=\varphi_S^{-1}(\mathfrak r')\). Já monstramos da demonstração da afirmação (2) que o mapa canônico \(U^{-1}R\to U^{-1}S\) é uma inclusão e assim temos o seguinte diagrama comutativo:
\[
\begin{CD}
R @>>> S \\
@V{\varphi_R}VV @VV{\varphi_S}V\\
U^{-1}R @>>> U^{-1}S
\end{CD}\] Calculando a pré-imagem em \(R\) de \(\mathfrak r'\subseteq U^{-1}S\) pela composição dos mapas das duas maneiras no diagrama, obtemos que \[R\cap \mathfrak r=R\cap \varphi_S^{-1}(\mathfrak r')=\varphi_R^{-1}(\mathfrak r'\cap U^{-1}R)=\varphi_{R}^{-1}(\mathfrak pU^{-1}R)=\mathfrak p\]

(4) Aplique (3) para o extensão \(R/(\mathfrak a\cap R)\subseteq S/\mathfrak a\).

(1) Seja \(R_1=R[x]/(f)\). Então \(R_1\) é gerado por \(1,\bar x,\bar x^2,\ldots,\bar x^{d-1}\). Assuma que \[\alpha_0+\alpha_1\bar x+\cdots+\alpha_{d-1}\bar x^{d-1}\] é uma dependência linear não trivial com \(\alpha_i\in R\). Então \(\bar x\) é raíz do polinômio \[q(x)=\alpha_0+\cdots+\alpha_{d-1}x^{d-1}\] e \(q(x)\mid f(x)\) mas isso é impossível porque \(\deg q(x)<\deg f(x)\) e \(f(x)\) é mônico. Assim \(R_1\) é \(R\)-módulo livre de posto \(d\) e \(R\subseteq R_1\). Ademais, \(f(\bar x)=0\) e \(f(x)=f_1(x)(x-\bar x)\) com \(f_1\in R_1[x]\). Note que \(f_1\) é mônico e \(\deg{f_1}=d-1\). Repetimos o processo para \(f_1\) e no final obtemos \(T\), as raízes \(x_1=\bar x,\ldots,x_d\in T\).

(2) O coeficiente líder de \(f\) é o produto dos coeficientes líderes de \(f\) e \(g\). Como \(f\) é mônico, \(g\) é mônico, obtemos que \(h\) é mônico. Aplicando (1), obtemos uma extensão \(Q_1\) de \(S\) tal que \(g=\prod (x-y_i)\) e uma extensão \(Q_2\) de \(S\) tal que \(h=\prod(x-z_i)\). Os elementos \(y_i\) e \(z_i\) são integrais sobre \(R\), pois são raízes de \(f\). Mas os coeficientes de \(g\) e \(h\) são polinômios em \(y_i\) e \(z_i\) e eles também são integrais sobre \(R\).

Como \(y\in \mathbb L\) é integral, existe \(g\in R[x]\) mônico tal que \(g(y)=0\). Pela definição do polinômio minimal, \(f(x)\mid g(x)\) considerados como polinômios em \(\mathbb K[x]\) e escreva \(g=fh\) com \(h\in \mathbb K[x]\). Então os coeficientes de \(f\) são integrais sobre \(R\). Como \(R\) é normal, \(f\in R[x]\).

Considere a localização \(S_{(\mathfrak q')}\). Como \(R\) e \(S\) são domínios, temos que \(R\subseteq S\subseteq S_{(\mathfrak q')}\). Primeiro afirmamos que \(\mathfrak pS_{(\mathfrak q)}\cap R=\mathfrak p\). A inclusão \(\mathfrak p\subseteq \mathfrak pS_{(\mathfrak q)}\cap R\) vale trivialmente, então precisa-se provar que \(\mathfrak pS_{(\mathfrak q)}\cap R\subseteq \mathfrak p\).

Seja \(y\in \mathfrak pS_{(\mathfrak q')}\cap R\) com \(y\in R\setminus \mathfrak p\). Assuma que \(y=x/s\) onde \(x\in \mathfrak pS\) e \(s \in S\setminus\mathfrak q'\). Seja \(\mathbb K=\mbox{Frac}(R)\).

Afirmamos primeiro que o polinômio minimal de \(x\) sobre \(\mathbb K\) é um polinômio mônico em \(R[t]\) tal que os coeficientes não líderes percentem a \(\mathfrak p\). Ponha \(x=\sum_{i\leq k} y_ix_i\) onde \(y_i\in \mathfrak p\) e \(x_i\in S\) e seja \(T=R[x_1,\ldots,x_k]\). Então \(x_i\) é integral sobre \(R\) para todo \(i\) e \(T\) é módulo-finito sobre \(R\). Além disso, \[xt=\sum_{i\leq k}y_ix_it\in \sum_{i\leq k} y_iT\subseteq \mathfrak pT\mbox{ para todo }t\in T\] e segeu que \(xT\subseteq \mathfrak pT\). Assuma que \(g(t)\in R[t]\) é o polinômio caraterístico de \(\mu_x:T\to T\) definida pela multiplicação por \(x\). Então \(g(t)\in R[x]\) é um polinômio mônico tal que os coeficientes não líderes de \(g(t)\) pertencem a \(\mathfrak p\) e \(g(x)=0\). O polinômio minimal \(f(t)\) de \(x\) sobre \(\mathbb K\) é um divisor de \(g(t)\) e escreva \(g(t)=f(t)h(t)\) onde \(f\) e \(h\) são mônicos. Pelo Lema [lem:coef_int], \(f(t),h(t)\in R[t]\), pois \(R\) é normal. Além disso, \(g\equiv t^n\pmod{\mathfrak p}\), então \(f\equiv t^r\) e \(h\equiv t^{n-r}\pmod \mathfrak p\) por fatoração única em \(\mbox{Frac}(R/\mathfrak p)[x]\). Assim os coeficientes não líderes de \(f\) e \(h\) são em \(\mathfrak p\). Então a afirmação está provada. Assuma que o polinômio minimal de \(x\) está na forma \[\label{eq:pol_min}
f(t)=t^n+a_1t^{n-1}+\cdots+a_n\in R[t]\] onde \(a_i\in \mathfrak p\).

Afirmamos que a equação minimal de \(s\) sobre \(\mathbb K\) é \[m(t)= t^n+b_1t^{n-1}+\cdots+b_n=0\mbox{ com }b_i=a_i/y^i\in\mathbb K.\] Substituindo \(s=x/y\) em \(m(t)\) dá zero. Por outro lado, se existir uma equação com \(\ell<n\) na forma \[s^\ell+\beta_1 s^{\ell-1}+\cdots+\beta_\ell=0,\] então a mesma implica que \[x^\ell+\beta_1y_1x^{\ell-1}+\cdots +\beta_\ell y_1^\ell=0\] que seria uma equação integral para \(x\). Mas a equação minimal de \(x\) tem grau \(n\) e assim \(m(t)\) deve ser a equação minimal de \(s\) sobre \(\mathbb K\).

Como \(y\not\in \mathfrak p\), \(b_i\in\mathfrak p\) pois \(a_i=b_iy^i\in\mathfrak p\). Então \(s^n\in\mathfrak pS\subseteq \mathfrak qS\subseteq\mathfrak q'\). Obtemos que \(s\in\mathfrak q'\), que é uma contradição. Assim \(y\in\mathfrak p\) e \(\mathfrak pS_{(\mathfrak q')}\cap R\subseteq\mathfrak p\) e temos que \(\mathfrak pS_{(\mathfrak q')}\cap R=\mathfrak p\) .

Pelo exercício anterior, existe um primo \(\mathfrak p''\subseteq S_{(\mathfrak q')}\) com \(\mathfrak p''\cap R=\mathfrak p\). Além disso, \(\mathfrak p''\subseteq \mathfrak q'R_{(\mathfrak q')}\) pois \(\mathfrak q'R_{(\mathfrak q')}\) é o único maximal. Defina \(\mathfrak p'=\mathfrak p''\cap S\). Então \(\mathfrak p'\cap R=\mathfrak p''\cap S\cap R=\mathfrak p\) e \(\mathfrak p'\subseteq \mathfrak q'\).