上卧定理

把素理想看成谱上的点，上卧定理说的是每个基点都有原像。添入整元素相当于添入首一方程的解；约束落在一个基点上后，解所在的剩余域可以比原来的剩余域更大。这使某个方程即使在原剩余域中没有根，扩张后的谱仍能在该点上方保留一个点。

证明最清楚的做法是在素理想 $\mathfrak p$ 处局部化理路素理想处的局部化Localization at a prime ideal · Local ring at a prime把素理想之外的全部元素变为单位，从而只保留该点以下素理想信息的局部化。。令 $S=A\setminus \mathfrak{p}$，则

仍是整扩张，且右侧非零。取 $S^{-1}B$ 的一个极大理想理路极大理想Maximal ideal在真理想按包含关系中极大的理想，其商环为域。 $\mathfrak{n}$。整扩张下极大理想的收缩仍极大，而局部环理路局部环Local ring恰有一个极大理想、因而单位与非单位由同一个剩余点分开的交换环。 $A_{\mathfrak{p}}$ 只有极大理想 $\mathfrak{p}{A}_{\mathfrak{p}}$，故 $\mathfrak{n}\cap A_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}{A}_{\mathfrak{p}}$。把 $\mathfrak{n}$ 收缩回 $B$，便得到所求 $\mathfrak{q}$。

在整扩张 $\mathbb{Z}\subseteq \mathbb{Z}[i]$ 中，模素数 $p$ 后得到 ${\mathbb{F}}_p[x]/(x^2+1)$，因此可以用 $x^2+1$ 的分解来计算上方的素点。

模 $5$ 时，$x^2+1=(x-2)(x+2)$ 有两个不同的根，对应

两个商环都是 ${\mathbb{F}}_5$，所以 $(5)$ 上有两个不同的素点。模 $3$ 时，$x^2+1$ 不可约，商环为九元域 ${\mathbb{F}}_9$；此时 $(3)$ 在 $\mathbb{Z}[i]$ 中仍为素理想，它是 $(3)\subseteq \mathbb{Z}$ 上方唯一的素点。

模 $2$ 时，$x^2+1=(x-1{)}^2$，唯一的上方素理想为 $(2,i-1)$，剩余域是 ${\mathbb{F}}_2$。重复因子反映了分歧：在 $\mathbb{Z}[i]$ 中，$(1+i{)}^2=2i$，所以素理想 $(1+i)$ 的平方正是理想 $(2)$。

包含 $\mathbb{Z}\subseteq \mathbb{Q}$ 展示了整性条件的作用。它不是整扩张，$\mathrm{Spec}\mathbb{Q}$ 只有 $(0)$，其收缩也是 $(0)$；整数环中的任何 $(p)$ 都没有原像。一般地，局部化 $A\to A_f$ 的谱像为主开集 $D(f)$，留下的正是那些不含 $f$ 的素点。

若 $B$ 是域且在子环 $A$ 上整，那么 $A$ 也是域。对任意非零 $a\in A$，$a^{-1}\in B$ 在 $A$ 上整，满足

乘以 $a^{n-1}$ 可把 $a^{-1}$ 写成 $A$ 中元素，故 $a$ 可逆。这也证明了上面用到的收缩性质：若 $\mathfrak{n}$ 在 $B$ 中极大，则商域理路商环Quotient ring按理想的陪集构造的环。 $B/\mathfrak{n}$ 整于子环 $A/(\mathfrak{n}\cap A)$，后者也是域，所以收缩极大。

反向地，若 $A$ 是域且 $B/A$ 整，则 $B$ 的每个素理想 $\mathfrak{q}$ 都是极大理想。因为 $B/\mathfrak{q}$ 是整于 $A$ 的整环，其中任一非零元素的最小多项式常数项非零；把方程除以该元素，便能写出它的逆元。

上卧与 going-up 一起控制整扩张中的素理想链。对整扩张 $A\subseteq B$，基环的一条链可以在 $B$ 中从适当首点向上提升；反过来，不可比较定理保证 $B$ 中严格素理想链的收缩仍严格。因此两环的Krull 维数理路Krull 维数Krull dimension以素理想严格包含链长度的上确界度量交换环的代数维数。相等：

在正规化中，谱映射因而覆盖原空间：奇点可能被拆开，但不会让原空间的点失去原像。