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Last edited by Czhang271828 at 2023-2-12 15:18:00补充一个过程.
记 $\mathbb Z$ 的上有限扩张环为 $K$, 即域扩张 $\mathbb Q(K)/\mathbb Q$ 为有限扩张(代数扩张), 例如可以取 $K=\mathbb Z[\frac{\sqrt 5+1}{2}]$, 则 $\mathbb Q(\frac{\sqrt 5+1}{2})/\mathbb Q$ 为二次扩张, 因为 $\{\frac{\sqrt 5+1}{2},1\}$ 为一组 $\mathbb Q$-基. 定义代数整数环\[\mathcal O_K:=\{x\in \mathbb Q(K)\mid \text{$x$ 为首一整系数多项式的根, 即代数整数}\}.\]例如 $\mathcal O_{\mathbb Z[\sqrt 5]}=\mathbb Z[\frac{\sqrt 5+1}{2}]$, $\mathcal O_{\mathbb Q}=\mathbb Z$ 等等. 下面证明 $\mathcal O_K$ 为环.
取 $\mathbb Z$ 的有限扩张环 $K$ 与有限集 $a\in \mathbb C$, 兹有断言: $K[a]$ 为有限生成 $K$-模, 当且仅当 $a$ 为 $K$ 上的代数整数.
- 一方面, 若 $a$ 为代数整数, 则存在 $n\geq 0$ 使得 $\{1,a,\ldots ,a^n\}$ 为 $K[a]$ 的一组 $K$-基, 即 $K[a]$ 由该基有限生成.
- 另一方面, 若 $K[a]$ 为有限生成 $K$-模, 取生成元 $\{x_i\}_{i=1}^ n\subseteq K[a]$. 从而存在矩阵 $A\in K^{n\times n}$ 使得\[(x_1\,x_2\,\cdots \,x_n)\cdot a=(x_1\,x_2\,\cdots \,x_n)\cdot A.\]此时 $aI-A$ 有零特征向量, 因此 $a$ 是首一多项式 $\det(xI-A)$ 的根.
根据数学归纳法, 对于任意有限集合 $S:=\{a_i\}_{i\in I_0}$ 与 $\mathbb Z$ 上的环扩张 $K$, $S$ 中元素均为代数整数, 若且仅若 $K[S]$ 为有限生成 $K$-模. 其实该步骤可以超限归纳, 即允许 $I$ 为较大的集合.
回到原问题, 由于整系数代数方程可数, 故 $\overline {\mathbb Z}$ 为某列依次包含的代数整数环的并, 即\[\mathcal O_{K_1}\subseteq \mathcal O_{K_2}\subseteq \cdots \subseteq \mathcal O_{K_n} \subseteq\cdots\subseteq \bigcup_{i\in \mathbb N_+}\mathcal O_{K_i}=:\overline{\mathbb Z}.\]余极限保证 $\overline {\mathbb Z}$ 是环. 通俗地, 取 $\overline {\mathbb Z}$ 中任意有限个元素检验环的运算规则, 所得的有限个结果仍属于某一 $\mathcal O_{K_m}$, 从而落在 $\overline{\mathbb Z}$ 内. 因此 $\overline{\mathbb Z}$ 关于环运算封闭, 即是环(单位元 $1$).
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abababa
Posted at 2022-4-6 09:50:52
kuing
Posted at 2022-4-6 13:58:45
