정수적 확장과 아이디얼

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이 글은 현재 수정 중입니다. 아래 본문은 2026-08-13 시점의 판본이라 틀린 서술이 남아 있을 수 있고, 이 글을 가리키는 다른 글의 참조가 어긋나 있을 수 있습니다.

Lying over, going up

명제 1 Integral extension \(A\hookrightarrow B\)가 주어졌다 하자.

1. (Lying over) \(A\)의 임의의 prime ideal \(\mathfrak{p}\)에 대하여, 적당한 \(B\)의 prime ideal \(\mathfrak{q}\)가 존재하여 \(\mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}\)이도록 할 수 있다.
2. (Going up) 위의 명제에서 얻어지는 \(\mathfrak{q}\)는 \(\mathfrak{b}\cap A\subseteq \mathfrak{p}\)를 만족하는 \(B\)의 임의의 ideal \(\mathfrak{b}\)가 주어질 때마다, \(\mathfrak{b}\subseteq \mathfrak{q}\)이도록 잡을 수 있다.

증명

우선 둘째 결과에서, 만일 \(A\hookrightarrow B\)가 integral extension이라면 \(B\)의 임의의 ideal \(\mathfrak{b}\)에 대하여 다음의 ring homomorphism

\[\frac{A}{A\cap \mathfrak{b}}\hookrightarrow \frac{B}{\mathfrak{b}}\]

또한 integral extension인 것을 안다. 따라서, 일반성을 잃지 않고 \(\mathfrak{b}=0\)이라 가정해도 충분하고, 이는 정확히 첫째 결과를 보이는 것과 같다.

따라서 주어진 prime ideal \(\mathfrak{p}\subseteq A\)에 대하여, \(\mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}\)를 만족하는 \(B\)의 prime ideal \(\mathfrak{q}\)를 찾으면 충분하다.

한편, \(S=A\setminus \mathfrak{p}\)라 하면, \(A \hookrightarrow B\)가 integral이라면 \(S^{-1}A \rightarrow S^{-1}B\) 또한 그러하다. 따라서 \(A\)가 maximal ideal \(\mathfrak{p}\)를 갖는 local ring인 경우만 생각하면 충분하다. 이러한 상황에서, \(\mathfrak{p}B\)를 포함하는 \(B\)의 maximal ideal의 preimage는 반드시 \(\mathfrak{p}\)가 되어야 하므로, \(\mathfrak{p}B=B\)가 아닌 한 이 maximal ideal이 우리가 찾는 \(B\)의 prime ideal이 된다.

결론에 반하여 \(\mathfrak{p}B=B\)라 가정하자. 그럼 \(1\in B\)는 \(\mathfrak{p}\)의 원소들의 \(B\)-linear combination

\[1=\sum_{i=1}^n b_i a_i,\qquad a_i\in \mathfrak{p},\quad b_i\in B\]

으로 쓰여질 수 있다. 이제 \(b_i\)들로 생성되는 \(B\)의 \(A\)-subalgebra를 \(B'\)라 하자. 그럼 \(B'\)의 모든 원소는 integral이며, \(B'\)는 \(A\)-algebra로서 유한하게 생성된다. 따라서 §정수적 확장, ⁋보조정리 4에 의하여 \(B'\)는 \(A\)-module로서 유한하게 생성된다. 이제 §정수적 확장, ⁋보조정리 8 (Nakayama)을 적용하면 \(B'=0\)이므로 모순이다.

이 글의 중요한 부분은 따름정리 4를 증명하는 것으로, 대략적으로 명제 1을 통해 \(A\)의 prime ideal \(\mathfrak{p}\) 위에 있는 \(B\)의 두 prime ideal \(\mathfrak{q}_1, \mathfrak{q}_2\)가 주어졌다면 이들은 서로를 포함하지 않는다는 것이다.

보조정리 2 두 integral domain \(A\subseteq B\)에 대하여, 만일 \(\Frac(A) \rightarrow \Frac(B)\)가 algebraic extension이라면 \(B\)의 임의의 nonzero ideal은 \(A\)와 nontrivial하게 만난다.

증명

이를 위해서는 \(B\)의 principal ideal들만 생각하면 충분하다. \(b\in B\)로 생성되는 임의의 principal ideal을 생각하자. 그럼 \(\Frac(B)\)가 \(\Frac(A)\)의 algebraic extension이므로,

\[a_nb^n+\cdots+a_1b+a_0=0,\qquad a_i\in \Frac(A)\]

이도록 할 수 있다. 이제 \(a_i\)들의 분모들의 곱을 양변에 곱하고, 필요하다면 \(b\)의 거듭제곱으로 양변을 적절히 나눠서 각각의 \(a_i\)들이 모두 \(A\)의 원소이고, \(a_0\neq 0\)이도록 할 수 있다. 그럼 \(a_0\)은 \(b\)로 생성되는 principal ideal에 속한다.

따름정리 3 Integral domain \(A\)가 주어졌다 하고, integral extension \(A \rightarrow B\)가 주어졌다 하자. 그럼 \(B\)의 prime ideal \(\mathfrak{q}\)이 maximal ideal인 것과 \(\mathfrak{q}\cap A\)가 \(A\)의 maximal ideal인 것이 동치이다.

증명

이 또한 명제 1의 증명에서와 마찬가지로, \(\mathfrak{q}\cap A\)와 \(\mathfrak{q}\)로 각각 quotient를 취해주면, 두 integral domain \(A,B\) 그리고 integral extension \(A \hookrightarrow B\)가 주어졌을 때, \(A\)가 field인 것과 \(B\)가 field인 것이 동치라는 것을 보이면 충분하다. 한편, 만일 \(A\)가 field라면 보조정리 2에 의하여 \(B\)는 nonzero proper ideal을 갖지 않아야 한다. 즉, \(B\)는 field이다.

따라서 \(B\)가 field임을 가정하고 \(A\)가 field임을 보이면 충분하다. \(A\)의 maximal ideal \(\mathfrak{m}\)이 주어졌다 하자. 그럼 명제 1에 의하여, 우리는 적당한 \(B\)의 prime ideal \(\mathfrak{q}\)가 존재하여 \(\mathfrak{q}\cap A= \mathfrak{m}\)이 성립하도록 할 수 있다. 그런데 \(B\)는 field이므로, \(\mathfrak{q}=0\)이고 따라서 \(\mathfrak{m}=0\)이다. 이로부터 원하는 결과를 얻는다.

마지막으로 다음을 살펴보자.

따름정리 4 Integral extension \(A\hookrightarrow B\)에 대하여, 만일 \(B\)의 두 prime ideal \(\mathfrak{q}_1\neq \mathfrak{q}_2\)이 \(A\cap \mathfrak{q}_1=A\cap \mathfrak{q}_2=\mathfrak{p}\)를 만족한다면 \(\mathfrak{q}_1\not\subseteq \mathfrak{q}_2\)이고 \(\mathfrak{q}_2\not\subseteq \mathfrak{q}_1\)이다.

증명

결론에 반하여 \(\mathfrak{q}_1\subseteq \mathfrak{q}_2\)라 가정하고 \(A\cap \mathfrak{q}_1=A\cap \mathfrak{q}_2=\mathfrak{p}\)라 하자. 그럼 \(A\)에서는 \(\mathfrak{p}\)로, \(B\)에서는 \(\mathfrak{q}_1\)으로 quotient를 취하여, 주어진 상황을 integral domain \(B\)와 \(\mathfrak{q}_1=0\), 그리고 \(\mathfrak{q}_2\cap A=0\)이 성립하도록 바꿔줄 수 있다. 그런데 \(B\)의 원소들에 대해 성립하는 integral equation들은 \(\mathfrak{p}\)로 quotient를 취하여도 그대로 integral equation이 되며, 특히 \(\Frac(B)\)가 \(\Frac(A)\)의 algebraic extension이 된다. 따라서 보조정리 2에 의하여 원하는 결과를 얻는다.

명제 1과 따름정리 4가 prime ideal chain을 위로 올리는 방향이라면, 반대 방향의 going-down은 일반적인 integral extension에서는 성립하지 않는다. 다만 base가 integrally closed일 때 성립하며, 그 증명은 다음 보조정리에 기반한다.

보조정리 5 Integral extension \(A\hookrightarrow B\)에서 \(A\)가 integrally closed domain이고 \(B\)도 domain이라 하자. 임의의 \(b\in B\)의 \(K=\Frac(A)\) 위 minimal polynomial을 \(f_b\in K[\x]\)라 하자.

1. \(f_b\)의 모든 계수는 \(A\)에 속한다.
2. \(b\in\mathfrak{p}B\)를 만족하는 \(A\)의 prime ideal \(\mathfrak{p}\)가 주어지면, \(f_b\)의 최고차항 계수가 아닌 계수들은 모두 \(\mathfrak{p}\)에 속한다.

증명

\(b\)가 integral이므로 \(b\)를 해로 갖는 monic 다항식 \(g\in A[\x]\)가 존재한다. \(K[\x]\)에서 \(f_b\mid g\)이며, \(f_b\)의 해들은 모두 \(g\)의 해여서 \(A\) 위에서 integral이다. 따라서 이 해들의 대칭식인 \(f_b\)의 계수들도 \(A\) 위에서 integral이고, \(A\)가 integrally closed이므로 \(A\)에 속한다.

이제 \(b\in\mathfrak{p}B\)라 하자. \(b=\sum_i p_i b_i\) (\(p_i\in\mathfrak{p}, b_i\in B\))라 적고, \(b_i\)들이 생성하는 \(B\)의 \(A\)-subalgebra를 \(B'\)라 하면 \(B'\)은 finitely generated \(A\)-module이다. \(b\in\mathfrak{p}B'\)이므로 §정수적 확장, ⁋정리 1에 의하여 \(b\)를 해로 갖고 최고차항이 아닌 계수들이 모두 \(\mathfrak{p}\)에 속하는 monic 다항식 \(g\in A[\x]\)를 얻는다. 앞서 보인 바에 의해 \(h=g/f_b\in A[\x]\)이고, \(g=f_b h\)를 \(\mathfrak{p}\)로 나누면 \((A/\mathfrak{p})[\x]\)에서 \(\x^{\deg g}=\overline{f_b}\overline{h}\)가 된다. \(A/\mathfrak{p}\)가 domain이므로 \(\overline{f_b}\)는 \(\x\)의 거듭제곱이어야 하며, 이는 \(f_b\)의 최고차항 계수가 아닌 계수들이 \(\mathfrak{p}\)에 속함을 뜻한다.

정리 6 (Going down) Integral extension \(A\hookrightarrow B\)에서 \(A\)가 integrally closed domain이고 \(B\)가 domain이라 하자. \(A\)의 prime ideal \(\mathfrak{p}_1\subseteq\mathfrak{p}_2\)와 \(\mathfrak{q}_2\cap A=\mathfrak{p}_2\)를 만족하는 \(B\)의 prime ideal \(\mathfrak{q}_2\)가 주어졌다 하자. 그럼 \(\mathfrak{q}_1\subseteq\mathfrak{q}_2\)이고 \(\mathfrak{q}_1\cap A=\mathfrak{p}_1\)인 \(B\)의 prime ideal \(\mathfrak{q}_1\)이 존재한다.

증명

\(B\)가 domain이므로 \(B\hookrightarrow B_{\mathfrak{q}_2}\)이고, 이와 \(A\hookrightarrow B\)를 합성하여 ring extension \(A\hookrightarrow B_{\mathfrak{q}_2}\)를 얻는다. 명제 1의 증명에서 쓰인 것과 같은 논증으로, \(\mathfrak{p}_1 B_{\mathfrak{q}_2}\cap A\subseteq\mathfrak{p}_1\)을 보이면 \(\mathfrak{p}_1\) 위에 lying over하는 \(B_{\mathfrak{q}_2}\)의 prime ideal이 존재한다. 이는 \(B\)의 \(\mathfrak{q}_2\)에 포함된 prime ideal \(\mathfrak{q}_1\)에 해당하므로 원하는 결과를 얻는다.

\(a\in\mathfrak{p}_1 B_{\mathfrak{q}_2}\cap A\)라 하자. \(a=p/s\) (\(p\in\mathfrak{p}_1 B\), \(s\in B\setminus\mathfrak{q}_2\))로 쓰고 \(a\neq 0\)이라 가정하자. 보조정리 5에 의해 \(p\)의 minimal polynomial \(f=\x^n+c_{n-1}\x^{n-1}+\cdots+c_0\)는 모든 \(c_i\in\mathfrak{p}_1\)을 만족한다. 한편 \(a\in A\subseteq K\)이고 \(p=as\)이므로, \(f\)에 치환 \(\x\mapsto a\x\)을 하고 normalization한 다항식

\[\frac{1}{a^n}f(a\x)=\x^n+\frac{c_{n-1}}{a}\x^{n-1}+\cdots+\frac{c_0}{a^n}\]

은 \(K\) 위에서 기약이며 \(s\)를 해로 갖는다. 즉 이것이 \(s\)의 minimal polynomial이고, 보조정리 5에 의해 계수들이 \(A\)에 속한다. 이를 \(\x^n+c'_{n-1}\x^{n-1}+\cdots+c'_0\)이라 쓰면 \(c'_{n-i}a^i=c_{n-i}\in\mathfrak{p}_1\)이다. 만일 \(a\notin\mathfrak{p}_1\)이라면 \(\mathfrak{p}_1\)이 prime이므로 모든 \(c'_{n-i}\in\mathfrak{p}_1\)이고, 따라서 \(s^n=-c'_{n-1}s^{n-1}-\cdots-c'_0\in\mathfrak{p}_1 B\subseteq\mathfrak{q}_2\)가 되어 \(\mathfrak{q}_2\)가 prime이라는 사실과 모순이다. 그러므로 \(a\in\mathfrak{p}_1\)이다.

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참고문헌

[Eis] David Eisenbud. Commutative Algebra: with a view toward algebraic geometry. Springer, 1995.

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