Hilbert basis theorem

[stensrud]

Hei, har sett litt på forskjellige beviser av Hilberts basisteorem, og lurer på om følgende også kan fungere som bevis?

Vi skal vise at $R[x]$ er noethersk hvis $R$ er det. Anta det motsatte, at det i $R[x]$ finnes en uendelig stigende kjede med idealer $I_1\subsetneq I_2\subsetneq \dotsb$. La $A_k(d)$ betegne mengden av alle koeffisientene som opptrer foran $x^d$-leddet i $I_k$. Det er klart at $A_k(d)$ er et ideal av $R$, og videre at kjeden $A_k(0)\subseteq A_k(1)\subseteq \dotsb$ stabiliseres en eller annen gang, si ved $M_k$, siden $R$ er noethersk.

Nå har vi igjen $M_1\subseteq M_2 \subseteq \dotsb$, som stabiliseres ved $M$. Det finnes altså en $r$ slik at $A_r(d)=M$ for alle $d\geq d_0$. Anta at $d_0>0$ (hvis dette ikke er tilfellet så er vi trivielt ferdige). Siden $I_{r}\subsetneq I_{r+1}$ kan vi ikke ha $A_r(d)=A_{r+1}(d)$ for alle $d$, og $A_r(d)=A_{r+1}(d)=M$ for alle $d\geq d_0$, så vi må ha $A_r(d)\subsetneq A_{r+1}(d)$ for en $d<d_0$. Men det finnes kun endelig mange ikke-negative heltall som er mindre enn $d_0$, og da vil det ifølge skuffeprinsippet finnes en $m<d_0$ slik at
\[A_{e_1}(m)\subsetneq A_{e_2}(m)\subsetneq \dotsb\]
hvor $e_1,e_2,\dotsc$ er en stigende uendelig følge av heltall med $r<e_1$. Dette er i strid med det faktum at $R$ er noethersk, og vi har den ønskede motsigelsen.

[Gustav]

Hei, har sett litt på forskjellige beviser av Hilberts basisteorem, og lurer på om følgende også kan fungere som bevis?

Vi skal vise at $R[x]$ er noethersk hvis $R$ er det. Anta det motsatte, at det i $R[x]$ finnes en uendelig stigende kjede med idealer $I_1\subsetneq I_2\subsetneq \dotsb$. La $A_k(d)$ betegne mengden av alle koeffisientene som opptrer foran $x^d$-leddet i $I_k$. Det er klart at $A_k(d)$ er et ideal av $R$, og videre at kjeden $A_k(0)\subseteq A_k(1)\subseteq \dotsb$ stabiliseres en eller annen gang, si ved $M_k$, siden $R$ er noethersk.

Ser ikke noe problemer med denne delen. Stusset litt over notasjonen med M. Mener du her at $M_k = A_k(d_k)$ der indeksen $d_k$ er det minste tallet slik at $A_k(d)=A_k(d_k)$ for alle $d\geq d_k$?

Du skriver videre at $M_1\subseteq M_2...$. Dette kan vi altså omskrive til $A_1(d_1)\subseteq A_2(d_2)\subseteq ...$ med min notasjon. Hvis $r\in A_1(d_1)$ fins et polynom i $I_1$ (og følgelig i $I_2$) som har r som koeffisient foran $x^{d_1}$-leddet. Men $d_2$ behøver vel ikke være større enn eller lik $d_1$, så da ser jeg ikke hvorfor dette skulle implisere at $r\in A_2(d_2)$. Kan du utdype dette litt mer?

[stensrud]

Hei, har sett litt på forskjellige beviser av Hilberts basisteorem, og lurer på om følgende også kan fungere som bevis?

Vi skal vise at $R[x]$ er noethersk hvis $R$ er det. Anta det motsatte, at det i $R[x]$ finnes en uendelig stigende kjede med idealer $I_1\subsetneq I_2\subsetneq \dotsb$. La $A_k(d)$ betegne mengden av alle koeffisientene som opptrer foran $x^d$-leddet i $I_k$. Det er klart at $A_k(d)$ er et ideal av $R$, og videre at kjeden $A_k(0)\subseteq A_k(1)\subseteq \dotsb$ stabiliseres en eller annen gang, si ved $M_k$, siden $R$ er noethersk.

Ser ikke noe problemer med denne delen. Stusset litt over notasjonen med M. Mener du her at $M_k = A_k(d_k)$ der indeksen $d_k$ er det minste tallet slik at $A_k(d)=A_k(d_k)$ for alle $d\geq d_k$?

Du skriver videre at $M_1\subseteq M_2...$. Dette kan vi altså omskrive til $A_1(d_1)\subseteq A_2(d_2)\subseteq ...$ med min notasjon. Hvis $r\in A_1(d_1)$ fins et polynom i $I_1$ (og følgelig i $I_2$) som har r som koeffisient foran $x^{d_1}$-leddet. Men $d_2$ behøver vel ikke være større enn eller lik $d_1$, så da ser jeg ikke hvorfor dette skulle implisere at $r\in A_2(d_2)$. Kan du utdype dette litt mer?

Mulig jeg tar feil her, men jeg tenker slik: Vi har $I_1\subsetneq I_2$, så alle polynomer i $I_1$ finnes også i $I_2$. Det betyr at alle koeffisienter foran et $x^d$-ledd i $I_1$ er koeffisienter foran et $x^d$-ledd i $I_2$, og med notasjonen i forrige post kan vi skrive dette som $A_1(d)\subseteq A_2(d)$. Dette betyr spesielt at $A_1(d_1)\subseteq A_2(d_1)$ (jeg stjal din notasjon), og siden den uendelige kjeden \[A_2(0)\subseteq A_2(1)\subseteq\dotsb \subseteq A_2(d_2) \subseteq \dotsb \subseteq A_2(d_1) \subseteq \dotsb \]
stabiliseres allerede ved $A_2(d_2)$, så må vi nødvendigvis ha $A_2(d_2)=A_2(d_1)$, slik at $A_1(d_1)\subseteq A_2(d_1)=A_2(d_2)\implies A_1(d_1)\subseteq A_2(d_2)$, selv om $d_2<d_1$.

[Gustav]

Mulig jeg tar feil her, men jeg tenker slik: Vi har $I_1\subsetneq I_2$, så alle polynomer i $I_1$ finnes også i $I_2$. Det betyr at alle koeffisienter foran et $x^d$-ledd i $I_1$ er koeffisienter foran et $x^d$-ledd i $I_2$, og med notasjonen i forrige post kan vi skrive dette som $A_1(d)\subseteq A_2(d)$. Dette betyr spesielt at $A_1(d_1)\subseteq A_2(d_1)$ (jeg stjal din notasjon), og siden den uendelige kjeden \[A_2(0)\subseteq A_2(1)\subseteq\dotsb \subseteq A_2(d_2) \subseteq \dotsb \subseteq A_2(d_1) \subseteq \dotsb \]
stabiliseres allerede ved $A_2(d_2)$, så må vi nødvendigvis ha $A_2(d_2)=A_2(d_1)$, slik at $A_1(d_1)\subseteq A_2(d_1)=A_2(d_2)\implies A_1(d_1)\subseteq A_2(d_2)$, selv om $d_2<d_1$.

Neida, det er riktig det! Det var jeg som ikke tenkte rett. Jeg er helt enig i det du sier her.

Skal se litt mer på resten av beviset ditt litt senere i dag, men er litt opptatt akkurat nå.

[Gustav]

Nå har vi igjen $M_1\subseteq M_2 \subseteq \dotsb$, som stabiliseres ved $M$. Det finnes altså en $r$ slik at $A_r(d)=M$ for alle $d\geq d_0$. Anta at $d_0>0$ (hvis dette ikke er tilfellet så er vi trivielt ferdige). Siden $I_{r}\subsetneq I_{r+1}$ kan vi ikke ha $A_r(d)=A_{r+1}(d)$ for alle $d$, og $A_r(d)=A_{r+1}(d)=M$ for alle $d\geq d_0$, så vi må ha $A_r(d)\subsetneq A_{r+1}(d)$ for en $d<d_0$. Men det finnes kun endelig mange ikke-negative heltall som er mindre enn $d_0$, og da vil det ifølge skuffeprinsippet finnes en $m<d_0$ slik at
\[A_{e_1}(m)\subsetneq A_{e_2}(m)\subsetneq \dotsb\]
hvor $e_1,e_2,\dotsc$ er en stigende uendelig følge av heltall med $r<e_1$. Dette er i strid med det faktum at $R$ er noethersk, og vi har den ønskede motsigelsen.

Ok, så kjeden $A_k(d_k)$ må stabiliseres ved en $k=r>0$, dvs. at $A_r(d_r)=A_{r+1}(d_{r+1})=A_{r+2}(d_{r+2})$ etc. Du sier så at det må finnes en $d_0$ slik at

$A_r(d)=A_r(d_r)$ for alle $d\geq d_0$. Ok, her fins jo det trivielle valget $d_0=d_r$.

Så sier du at vi ikke kan ha at $A_r(d)=A_{r+1}(d)$ for alle $d$. Ok, for ellers vil $I_k=I_{k+1}$

Så sier du at $A_r(d)=A_{r+1}(d)=A_r(d_r)$ for alle $d\geq d_0$. Krever ikke dette at $d_0\geq max(d_r,d_{r+1})$ (i tilfellet $d_{r+1}>d_r)$ eller er det noe jeg har oversett?

[stensrud]

Så sier du at $A_r(d)=A_{r+1}(d)=A_r(d_r)$ for alle $d\geq d_0$. Krever ikke dette at $d_0\geq max(d_r,d_{r+1})$ (i tilfellet $d_{r+1}>d_r)$ eller er det noe jeg har oversett?

Så vi skal vise at $A_r(d)=A_{r+1}(d)=A_r(d_r)$ for alle $d\geq d_r$ (bruker $d_r$ istedenfor $d_0$ slik du foreslo). For alle $k,d$ gjelder $A_k(d)\subseteq A_k(d+1)$, som (ved induksjon) gir oss $A_r(d_r)\subseteq A_r(d)$ hvis $d\geq d_r$. Generelt gjelder også $A_k(d)\subseteq A_{k+1}(d)$ for alle $k$ og $d$, som gir oss $A_r(d)\subseteq A_{r+1}(d)$. Det følger umiddelbart av definisjonen av $d_{r+1}$ at $A_{r+1}(d)\subseteq A_{r+1}(d_{r+1})$ for alle $d$. Samlet har vi altså
\begin{align} A_r(d_r)\subseteq A_r(d)\subseteq A_{r+1}(d)\subseteq A_{r+1}(d_{r+1}), \end{align}
(hvor $d\geq d_r$), men siden $A_r(d_r)$ stabiliserer den uendelig stigende kjeden
\[ A_1(d_1)\subseteq A_2(d_2)\subseteq\dotsb \]
så har vi $A_r(d_r)=A_{r+1}(d_{r+1})$, og følgelig også likheter gjennom hele $(1)$.

EDIT: Jeg tror heller ikke $d_{r+1}>d_r$ er mulig, nettopp fordi $A_r(d_r)\subseteq A_{r+1}(d_r)$, og $A_r(d_r)$ er, noe uformelt, det største idealet vi kan oppnå.