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簡介
在交換代數中有如下定理
Noether正規化引理 令$R$是一個有限生成$k$-代數整環，則存在$t_1,\ldots,t_n\in R$使得$$k\subseteq_{\textrm{純超越}} k[t_1,\ldots,t_n]\subseteq_{\textrm{整}} R$$其中純超越指的是$t_1,\ldots,t_n$代數無關，整指的是任何$x\in R$都滿足一個$k[t_1,\ldots,t_n]$上的整性方程。
該定理還有如下『加強包』
Noether正規化引理加強包1 如果$R=k[x_1,\ldots,x_n]$，且$k$是無限域，那么$t_i$可以選作其線性組合。
Noether正規化引理加強包2 如果預先選定真理想升鏈$\mathfrak{a}_1\subseteq \ldots \subseteq \mathfrak{a}_r$，那么還可以假設$$\mathfrak{a}_i\cap k[t_1,\ldots,t_n]=\left<t_1,\ldots,t_{h_i}\right>\qquad h_i\geq 0$$
以上兩個『加強包』不沖突。
初等啟發
首先，我們考慮一個初等的問題。
問題 考慮單位圓$C: x^2+y^2=1$，如果多項式$f(x,y)$滿足任何$C$上的點$(x,y)$都有$f(x,y)=0$，那么一定有$x^2+y^2-1| f(x,y)$。
簡證 這個問題當然非常簡單，只需用$x^2+y^2-1$對$f(x,y)$作帶余除法，得到的余式$r(x,y)$是關於$x$的一次式，這樣，帶入$y=0$，注意到$r(x,0)$有兩個零點$x=\pm 1$於是$r(x,y)=0$。
或許你的高中老師強調過，所謂『曲線方程』，指的是『曲線上的點都滿足方程，滿足方程的點都在曲線上』。然而實際上曲線並不能完全決定方程，因為$(x^2+y^2-1)^2=0$也是上述單位圓的方程。而上面這個過程說明$x^2+y^2-1$是『最簡的』。我們會作如下猜想
猜想 是否對$n$元不可約多項式$f$定義的超曲面$C=\{f=0\}$，任意多項式$g$滿足任何$C$上的點$p$帶入都有$g(p)=0$，那么一定有$f | g$。
回顧上述過程，有兩點原因迫使我們的證明失效。
- 例如$f(x)=x^2+1$，這是一個在實數上沒有解的曲面，不可能指望任何多項式都被$x^2+1$整除。
- 例如$f(x,y)=xy-1$，此時我們不能使用帶余除法，因為$x$前系數不是一個數。
為了規避第一點，我們只需要將$\mathbb{R}$換成某個代數閉域。為了規避第二點，我們相信經過某種變換，任何一個這樣的多項式都可以變成關於$x$的最高次系數是一個數。例如這里，我們只需要帶入$y=x+z$，即可得到$xy-1=x(x+z)-1=x^2+zx-1$。當然，直接變成雙曲線也未嘗不可。這一過程我們可以抽象成下面的定理。
定理(Noether) 對於域$k$上的多項式$f(X_1,\ldots,X_n)$，假如$k$是無限域，一定存在多項式$t_2,\ldots,t_n$使得$$f=\lambda X_1^n +\sum_{k<n} g_k(t_2,\ldots,t_n) X^k \qquad n\geq 0, \lambda\in k\setminus \{0\}, g_k\in k[t_2,\ldots,t_n]$$
證明 對於$i\geq 2$，取$t_i=X_i+\lambda_i X_1$，帶入$f$會發現只要保證$X_1$的最高次冪的系數不會被消成$0$即可，這總可以取恰當的$\lambda_i$避免。$\square$
證明中無限域用在了取$\lambda_i$上。當然，這件事Nagata做得更絕一些，他去掉了$k$無限的假設。
定理(Nagata) 對於域$k$上的多項式$f(X_1,\ldots,X_n)$，一定存在多項式$t_2,\ldots,t_n$使得$$f=\lambda X_1^n +\sum_{k<n} g_k(t_2,\ldots,t_n) X^k \qquad n\geq 0, \lambda\in k\setminus \{0\}, g_k\in k[t_2,\ldots,t_n]$$
證明 對於$i\geq 2$，取$t_i=X_i+ X_1^{\lambda_i}$，帶入$f$會發現$X_1$的次數空前的大，為了避免相消甚至可以取充分大的$\lambda_i$各展開出現的$\lambda X_i^k$兩兩次數不同。具體細節交給讀者。$\square$
證明過程
下面是Noether正規化的證明。
Noether正規化的證明 證明分為幾步.
- 約化到多項式環的情況 假設$R=k[x_1,\ldots,x_n]$, 考慮$k[X_1,\ldots,X_n]$到$R$自然映射$\varphi$, 考慮理想鏈$\ker\varphi\subseteq \varphi^{-1}(\mathfrak{a}_1)\subseteq \ldots \subseteq \varphi^{-1}(\mathfrak{a}_r)$. 不難驗證如果多項式的情況得證了, 那么不難得到$R$的情況也正確. 最后驗證時注意, $$\left<t_1,\ldots,t_{h_i}\right>=\varphi(\left<T_1,\ldots,T_{H_i}\right>)=\varphi(\varphi^{-1}(\mathfrak{a}_i)\cap k[T_1,\ldots, T_N]) =\mathfrak{a}_i \cap k[t_1,\ldots,t_n]$$最后的等號是由於$\ker \varphi\subseteq \varphi^{-1}(\mathfrak{a}_i)$
- 下面施加以歸納法, 在$r=1$, $\mathfrak{a}_i$是主理想$t_1R$時. 因為是真理想有$t_1\notin k$, 根據假設$t_1$是超越的. 根據上面Noether和Nagata的定理可以寫成$$t_1= aX_1^{p}+\sum_{i<p}f_{i}X_1^{i}\quad a\in k, p\geq 0, f_{i}\in k[t_2,\ldots,t_n]$$上述整關系說明$X_1$在$k[t_1,\ldots,t_n]$上整, 注意到根據$t_i$的取法, $k[t_1,\ldots,t_n][X_1]=k[X_1,\ldots ,X_n]$, 從而$k[X_1,\ldots ,X_n]$在$k[t_1,\ldots,t_n]$上有整. 關於超越的論斷則是超越基的一般推論. 而注意到$\mathfrak{a}_1\cap k[t_1,\ldots,t_n]\supseteq \left<t_1\right>$. 為了證明反面, 任意取左邊的元素$x=t_1x'$, 則$x'=x/t_1\in k(t_1,\ldots ,t_n)\cap R$, 因為$k[t_1,\ldots,t_n]$是整閉的, 從而$x'\in k[t_1,\ldots,t_n]$, 從而$x\in \left<t_1\right>$.
接着處理一個理想的情形. 在$r=1$, 我們此時對$n$歸納, $n=1$時$k[X_1]$是主理想整環, 根據上一段是正確的. 對於$n\geq 2$, 任意選擇主理想$t_1R\subseteq \mathfrak{a}_1$, 那么存在$t_1,u_2,\ldots ,u_n$滿足條件. 那么用歸納假設, 在$k[u_2,\ldots ,u_n]$上考慮$\mathfrak{a}_1\cap k[u_2,\ldots ,u_n]$的情形. 最后驗證時注意, 設$$x\in \sum f_i t_1^i\in \mathfrak{a}_1\cap k[t_1,\ldots,t_n]\quad f_i\in k[t_2,\ldots ,t_n]$$則$f_0=x-t_1(\ldots )\in \mathfrak{a}_1$, 從而$f_0\in \left<t_2,\ldots ,t_{h}\right>$, 從而$x\in \left<t_1,\ldots ,t_{h}\right>$.
最后處理一般情形. 對於$r\geq 2$, 利用歸納假設, 已經可以取到$t_1,\ldots,t_n$使得$$\mathfrak{a}_i\cap k[t_1,\ldots,t_n]=\left<t_1,\ldots,t_{h_i}\right>\quad \textrm{對某個正整數$h_i$, $1\leq i\leq r-1$}$$用上一段考慮$k[t_{h_{r-1}+1},\ldots,t_n]$與$\mathfrak{a}_r\cap k[t_{h_{r-1}+1},\ldots,t_n]$. 最后驗證時注意, 假如記$h=h_i$, 那么$$x=\sum f_{(j)}t_{1}^{j_1}\ldots t_{h}^{j_{h}}\in \mathfrak{a}_i\cap k[t_1,\ldots,t_n]\quad f_{(j)}\in k[t_{h+1},\ldots ,t_n]$$則$f_{(0)}=x-t_1(\ldots )-\ldots -t_{h}(\ldots )\in \mathfrak{a}_i$從而$f_{(0)}\in \mathfrak{a}_i\cap k[t_{h+1},\ldots ,t_n]$. 而$$\mathfrak{a}_i\cap k[t_{h+1},\ldots ,t_n]=\begin{cases}\{0\}& 1\leq i\leq r-1\\ \left<t_{h+1},\ldots,t_{h_r}\right> & i=r\end{cases}$$
漫漫無期的歸納法終於結束. $\square$
上述證明雖然復雜，但是思路清晰，故過程有所簡略，完整證明可見Altman & Kleiman A Term of Commutative Algebra。
幾何意義
下面的討論需要一些代數簇的幾何。根據代數幾何給出的代數和幾何的對應
| 代數概念 | 幾何概念 |
| 多項式環 | 仿射平面 |
| 整 | 有限 |
| 理想升鏈 | 代數集降鏈 |
就有Noether正規化的如下形態
Noether正規化引理 對於代數閉域$\Bbbk$，$\Bbbk$-代數簇$X$，則存在有限滿射$X\to \mathbb{A}^n$，其中$n$是$X$的維數。
證明 注意到滿射的論斷來自於對於整擴張$R_1\subseteq R_2$，則$\mathfrak{m}$是$R_2$的極大理想當且僅當$\mathfrak{m}\cap R_1$是$R_1$的極大理想，而上行定理確保滿射。$n$是維數來自於Noether正規化的推論$\dim \mathcal{A}(X)=\operatorname{tr.deg}_{\Bbbk} \mathcal{K}(X)$，其中$\mathcal{A}$表示坐標環，$\mathcal{K}$表示有理函數域。$\square$
兩個『加強包』也分別變成
Noether正規化引理加強包1 假設$X\subseteq \mathbb{A}^m$，存在一個$\mathbb{A}^m$的線性變換，將$X$映為$\mathbb{A}^n\subseteq \mathbb{A}^m$。
Noether正規化引理加強包2 假設$X_r\subseteq \ldots \subseteq X_0=X$是代數集，那么$X_i$可以被映成$\mathbb{A}^n$的線性子空間，或者用幾何學家的術語，『切片（slide）』。
此圖甚好，來自Eisenbud Commutative algebra GTM150。
定理應用
下面簡單列舉一下應用，主要就是零點定理了。
Schein零點定理 令$A$是交換環, 理想$\mathfrak{a}\subseteq R$, 那么$$\sqrt{a}=\bigcap_{\textrm{素理想}\mathfrak{p}\supseteq \mathfrak{a}}\mathfrak{p}$$
證明 通過商去$\mathfrak{a}$, 可以假定$\mathfrak{a}=0$. 那么$$f\notin \sqrt{0}\iff 0\notin \{1,f,f^2,\ldots\}\iff A_f\neq 0$$於是任意$A_f$的素理想(其存在性由Zorn引理保證)在$A$中的原像都是一個不含$f$的素理想, 命題得證. $\square$
Zariski零點定理 對於域$k$, 有限生成$k$-代數$A$, 如果$A$是域, 則$k\subseteq A$是有限域擴張.
證明 根據Noether正規化，可以分解為$k\subseteq P\subseteq A$，其中$P$同構於多項式環。注意到因為整性，$A$是域當且僅當$P$是域，從而多項式環$P$必然退化為$k$本身。$\square$
弱零點定理 對於代數閉域$\Bbbk$, $\Bbbk[X_1,\ldots,X_n]$的極大理想都形如$$\left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right>$$其中$x_1,\ldots,x_n\in \Bbbk$.
證明 簡單的觀察知道上述已經構成極大理想。任意取極大理想$\mathfrak{m}$, 考慮$\Bbbk[X_1,\ldots,X_n]/\mathfrak{m}$, 這顯然是有限生成$\Bbbk$-代數, 且構成一個域, 根據Zariski零點定理和$\Bbbk$代數閉的假設, $\Bbbk[X_1,\ldots,X_n]/\mathfrak{m}\cong \Bbbk$. 令$x_i$為$X_i$在$\Bbbk$中的像, 那么$\mathfrak{m}\supseteq \left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right>$, 而后者已構成極大理想, 故相等. $\square$
Hilbert零點定理 對於域$k$, 有限生成$k$-代數$A$, 對於$A$的理想$\mathfrak{a}$, 有$$\sqrt{\mathfrak{a}}=\bigcap_{\textrm{極大理想}\mathfrak{m}\supseteq \mathfrak{a}}\mathfrak{m}$$
證明 證明方法和schein零點定理如出一轍. 我們要說明最后考慮$A\to A_f$時, 任意$A_f$的極大理想$\mathfrak{m}$的原像$\mathfrak{n}$也是極大理想. 此時可以得到單射$k\to A/\mathfrak{n}\to A/\mathfrak{m}$, 同樣, 根據Zariski零點定理, $A/\mathfrak{m}$是$k$的有限擴張, 從而子擴張$A/\mathfrak{n}$自然也是域, 從而$\mathfrak{n}$是極大理想. $\square$
強零點定理 對於代數閉域$\Bbbk$, 理想$\mathfrak{a}\subseteq \Bbbk[X_1,\ldots,X_n]$. 則$$\mathcal{I}(\mathcal{Z}(\mathfrak{a}))=\sqrt{\mathfrak{a}}$$其中$\mathcal{I}$和$\mathcal{Z}$分別代表子集的理想和理想的零點集。
證明 對於$(x_1,\ldots,x_n)\in \mathbb{A}^n$, $$(x_1,\ldots,x_n)\in \mathcal{Z}(\mathfrak{a})\iff \mathfrak{a}\subseteq \left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right>$$ $$f(x_1,\ldots,x_n)=0\iff f\in \left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right>$$ 故 $$\begin{array}{rll}\mathcal{I}(\mathcal{Z}(\mathfrak{a}))&\displaystyle =\bigcap_{(x_1,\ldots,x_n)\in \mathcal{Z}(\mathfrak{a})}\left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right> & \because \textrm{定義}\\ &\displaystyle = \bigcap_{\left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right>\supseteq \mathfrak{a}}\left<X_1-x_1,\ldots,X_n-x_n\right> & \\ &\displaystyle = \bigcap_{\textrm{極大理想}\mathfrak{m}\supseteq \mathfrak{a}}\mathfrak{m} & \because\textrm{弱零點定理}\\ &\displaystyle = \sqrt{\mathfrak{a}} & \because\textrm{Hilbert零點定理}\end{array}$$ 命題得證. $\square$
通過上行定理，下行定理，以及巧妙運用理想的性質，還可以證明如下推論。
定理 令$k$是域, $A$是有限生成$k$-代數整環. 那么$$\dim A=\operatorname{tr.deg}_k \operatorname{Frac} A$$且任意$A$的素理想$\mathfrak{p}$都有$$\dim A=\dim A_{\mathfrak{p}}+\dim A/\mathfrak{p}$$換言之, 一條素理想升鏈$$\mathfrak{p}_0\subsetneqq \ldots \subsetneqq\mathfrak{p}_r$$使得$r=\dim A$當且僅當這條鏈是極長的. 這種性質被稱為是鏈式(catenary)的。
參考資料
- Altman & Kleiman A Term of Commutative algebra
- Mumford The Red Book of Varieties and Schemes
- Eisenbud Commutative algebra GTM150
- Atiyah A course of commutative algebra
最近擔任學生面試組組長，在准備面試題，突然想到這里初等啟發里的問題，發現似乎這是Noether正規化最朴素的切入點，正好總結一下。
當然，這道題我不會出進面試題里。
最近發現去年體側全校有接近800人沒過50去補測了或者別的辦法弄畢業了，心里瞬間平衡了很多。
