问题及解答

设 $R$ 是一个 Noether 环, $I$ 是 $R$ 的一个真理想(proper ideal), 则存在有限多个准素理想(primary ideal) $Q_1,Q_2,\ldots,Q_k$, 使得

\[
I=Q_1\cap Q_2\cap\ldots\cap Q_k.
\]

Remark: 该问题与 问题1942 重复.

(用反证法)

令 $E$ 是诺特环 $R$ 中所有那些使得命题不成立的真理想构成的集合. 假设 $E\neq\emptyset$.

由于 $R$ 是 Noether 环, 故 $E$ 关于包含关系 $\subset$ 有极大元, 不妨记为 $F$.

$F$ 不是准素理想, 否则 $F=F$. 根据准素理想的定义, 存在 $ab\in F$, 使得 $a\not\in F$ 且 $b\not\in\mathrm{Rad}F$. 这里 $\mathrm{Rad}F$ 是根理想, 定义为

\[
\mathrm{Rad}F:=\{c\in R\mid c^k\in F \ \text{for some } k\in\mathbb{Z}^+\}.
\]

记 $F_n=(F:b^n)=\{d\in R\mid db^n\in F\}$.

由于 $F$ 是理想, 因此显然有 $F_n\subset F_{n+1}$ (事实上, 任取 $d\in F$, 则 $db^n\in F$, 由于 $F$ 是理想, 故 $db^n\cdot b\in F$, 即有 $d\in F_{n+1}$.) 此外, 我们还可推出

Claim 1. $F_n$ 是一个真理想.

Pf. 任取 $g\in R$, $d\in F$, 则 $(gd)b^n=g(db^n)\in F$, 故 $gd\in F_n$. 另一方面, 显然 $F_n\subsetneq R$.

Claim 2. 存在某个 $N\in\mathbb{Z}^+$, 使得 $F_N=F_{N+1}=F_{N+2}=\cdots$. (这是因为 $R$ 是诺特环.)

Claim 3. $(F+aR)\cap(F+b^N R)=F$.

Pf. $"\supset"$ 是显然的.

当然这里 $F+aR$ 和 $F+b^N R$ 都是 $R$ 中的理想. 事实上, $\forall g\in R$, $d\in F$, $h\in R$, 则 $g(d+ah)=gd+agh\in F+aR$.

现在证明 $"\subset"$.

任取 $e\in(F+aR)\cap(F+b^N R)$, 可设 $e=f_1+ax_1=f_2+b^N x_2$. 由于 $ab\in F$, 故

\[
eb=be=b(f_1+ax_1)=bf_1+bax_1=bf_1+abx_1\in F.
\]

另一方面, $eb=be=b(f_2+b^N x_2)$, 从而 $b^{N+1}x_2=eb-bf_2\in F$. 这推出 $x_2\in F_{N+1}=F_N$. 而 $e=f_2+b^N x_2$, 因此 $e\in F$.  Q.E.D.

因此 $F$ 是可以分解为两个理想的交的, 也就是说可以分解的. 而根据假设, $F$ 是 $E$ 中最大的元素. 因此比 $F$ 大的这两个理想 $F+aR$, $F+b^N R$ 必定不在 $E$ 内, 故可表为有限个准素理想的交. 如下:

\[
\begin{aligned}
F+aR&=Q_1\cap\cdots\cap Q_r,\\
F+b^N R&=Q'_1\cap\cdots\cap Q'_s,\\
\end{aligned}
\]

于是 $F=Q_1\cap\cdots\cap Q_r\cap Q'_1\cap\cdots\cap Q'_s$, 矛盾.

因此 $E$ 是空集. 换句话说, $R$ 中的任何真理想都可以表示为有限个准素理想的交.