Algebra Conmutativa (Con Solucion a Ejercicios)

NOTAS DE TRABAJO, 6 ´ ALGEBRA CONMUTATIVA (incluye soluciones a los ejercicios)

Pascual Jara Mart´ınez

´ Departamento de Algebra. Universidad de Granada Granada, 1997–2010

Primera redacción: 1997. Segunda redacción: Octubre 2007. Tercera redacción: Octubre 2008. Cuarta redacción: Octubre 2009.

Introducci´ on ´ Este texto recoge las nociones básicas de Algebra Conmutativa y los rudimentos de Geometr´ıa Algebraica. Desde el primer momento en e´ l hacemos hincapié en el maridaje existente entre nociones abstractas y nociones computacionales, tratando de profundizar en cada una de ellos y centrándonos en los cálculos de los invariantes que vamos introduciendo. En cada cap´ıtulo hacemos primero un desarrollo de la teor´ıa procurando incluir en el mis´ mo un gran numero de ejemplos para ilustrar los conceptos introducidos. Cada cap´ıtulo se cierra con una sección dedicadas a ejercicios; la gran mayor´ıa de los mismos se exponen ˜ acompanados de una solución en la parte final del texto.

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Índice general Introducci´ on

I

I

Anillos e ideales 1 Definición de anillo . . . . . . . . 2 Homomorfismos de anillos . . . . 3 Ideales primos . . . . . . . . . . . 4 Teorema chino del resto . . . . . . 5 Radical de un ideal . . . . . . . . . 6 Extensión y contracción de ideales ´ 7 Algebras . . . . . . . . . . . . . . . 8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

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1 3 5 10 15 17 19 21 27

II

Anillos de polinomios 9 Representación de polinomios . . . . . . ´ 10 Ordenes en Nn . . . . . . . . . . . . . . . 11 Algoritmo de la división . . . . . . . . . . 12 Ideales monomiales . . . . . . . . . . . . 13 Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . 14 Aplicaciones de las Bases de Groebner . 15 Aplicaciones de las Bases de Groebner, II 16 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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45 46 46 51 56 58 67 70 74

III

Conjuntos algebraicos afines 17 Funciones polinómicas . . . . 18 Conjuntos algebraicos afines . 19 Ideales de conjuntos de puntos 20 Anillos coordenados . . . . . . 21 Ejercicios . . . . . . . . . . . .

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85 86 86 88 90 97

IV

M´ odulos 22 Módulos . . . . . . . . . . . . . . 23 Homomorfismos de A–módulos 24 Módulo cociente . . . . . . . . . 25 Suma directa de A–módulos . . 26 Módulos libres . . . . . . . . . . 27 Módulos finitamente generados 28 Módulos noetherianos . . . . . . 29 Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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105 106 107 111 116 119 122 125 135

V

Categor´ıas y funtores 141 30 Categor´ıas y funtores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 31 Funtores adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

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32 33 34

Funtores Hom y producto tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 Sucesiones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

VI

Dependencia entera 35 Extensiones enteras . . . . . . . . . 36 Lema de normalización de Noether 37 Teorema de los ceros de Hilbert . . 38 Extensiones trascendentes (repaso) 39 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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177 178 185 190 193 195

VII

Espectro primo y localizaci´ on 40 Localización . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Ideales primos en anillos de polinomios 42 Módulos de fracciones . . . . . . . . . . . 43 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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201 202 214 226 235

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IX

Descomposici´ on primaria 48 Descomposición primaria de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Descomposición primaria de módulos sobre anillos noetherianos 50 Conjuntos algebraicos irreducibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 Teorema de Lasker–Noether para anillos de polinomios . . . . . . 52 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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259 260 265 275 281 282

X

Dominios de Dedekind 53 Anillos de valoración discreta 54 Ideales fraccionarios . . . . . 55 Dominios de Dedekind . . . 56 Ejercicios . . . . . . . . . . .

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287 288 293 295 302

XI

Soluciones a los ejercicios 57 Ejercicios del Cap´ıtulo I . . 58 Ejercicios del Cap´ıtulo II . . 59 Ejercicios del Cap´ıtulo III . 60 Ejercicios del Cap´ıtulo IV . 61 Ejercicios del Cap´ıtulo V . . 62 Ejercicios del Cap´ıtulo VI . 63 Ejercicios del Cap´ıtulo VII . 64 Ejercicios del Cap´ıtulo VIII 65 Ejercicios del Cap´ıtulo IX . 66 Ejercicios del Cap´ıtulo X . .

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307 309 329 353 365 377 383 393 409 411 417

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VIII Dimensi´ on 44 Anillos noetherianos . . . . . . . . . . 45 Anillos artinianos . . . . . . . . . . . . 46 Repaso sobre la dimensión de anillos 47 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . .

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Bibliograf´ıa

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Índice alfabético

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Cap´ıtulo I Anillos e ideales 1 2 3 4 5 6 7 8

Definición de anillo . . . . . . . . . Homomorfismos de anillos . . . . Ideales primos . . . . . . . . . . . . Teorema chino del resto . . . . . . Radical de un ideal . . . . . . . . . Extensión y contracción de ideales ´ Algebras . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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Introducci´ on En este cap´ıtulo se introducen, entre otros, los conceptos de anillo y homomorfismo de anillos; en particular aquellos que tiene relación con los ideales, Los anillos objeto de este estudio son anillos conmutativos, por lo que los ideales estudiados son ideales biláteros. Esto hace especialmente sencillo el estudio de su estructura a través de los ideales primos y maximales y los correspondientes radicales: el nilradical y el radical de Jacobson. Se extiende el radical de un anillo al radical de un ideal utilizando la correspondencia biyectiva, para cada homomorfismo f : A −→ B, entre los ideals de Im(f ) y los ideales de A que contienen a Ker(f ). En particular se estudian la extensión y la contracción de ideales para un homomorfismo de anillos. El cap´ıtulo concluye con una sección dedicada a las a´ lgebras sobre un anillo, introducimos los anillos de series formales y nos centrándonos especialmente en las a´ lgebras finitamente

2

C AP. I. A NILLOS E IDEALES

generadas y los anillos de polinomios.

26 de octubre de 2010

Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6

´ N DE ANILLO S EC . 1. D EFINICI O

1.

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Definici´ on de anillo

Un anillo es un grupo abeliano (A, +) junto con una operación binaria ×: A × A −→ A, llamada producto o multiplicaci´ on, verificando las siguientes propiedades: (A-I) Es asociativa, esto es; para cualesquiera a, b, c ∈ A se tiene a × (b × c) = (a × b) × c. (A-II) Tiene elemento uno, esto es; existe un elemento 1 ∈ A tal que para cualquier elemento a ∈ A se tiene a × 1 = a = 1 × a. (A-III) El producto es distributivo respecto a la suma, esto es; para cualesquiera a, b, c ∈ A se tiene a × (b + c) = (a × b) + (a × c) y (b + c) × a = (b × a) + (c × a). Si además el producto verifica la propiedad: (A-IV) Conmutativa, esto es; para cualesquiera a, b ∈ A se tiene a × b = b × a; entonces el anillo se llama un anillo conmutativo. Dado un elemento a de un anillo (A, +, ×, 1), un elemento inverso de a es un elemento b ∈ A tal que a × b = 1 = b × a. Un anillo A en el que todo elemento no nulo tiene un inverso decimos que es un anillo de divisi´ on. Un anillo de división conmutativo se llama un cuerpo. Un elemento a ∈ A que tiene inverso se dice que es invertible o también que es una unidad. Lema. 1.1. El conjunto A× de los elementos invertibles de un anillo A, junto con la multiplicación, es un grupo (abeliano). En este texto vamos a trabajar con anillos conmutativos, a los que designaremos simplemente como anillos. Para cualesquiera elementos a, b ∈ A el elemento a × b lo representaremos por ab y lo llamaremos el producto o´ multiplicación de a por b. Los siguientes resultados son obvios a partir de las definiciones anteriores, y puede decirse que constituyen la base de la aritmética de los anillos (conmutativos). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


4 Lema. 1.2. Sea A un anillo, los siguientes enunciados son ciertos:

´ (1) Los elementos cero y uno están determinados de forma unica; ´ (2) Para cada elemento a ∈ A el opuesto y el inverso, si e´ ste ultimo existe, están determina´ dos de forma unica. ´ . (1). Si x e y son ceros de A, entonces D EMOSTRACI ON x = x + y = y. Si x e y son unos de A, entonces x = xy = y. (2). Si x e y son opuestos de a ∈ A, entonces: x = x + 0 = x + (a + y) = (x + a) + y = 0 + y = y. Si x e y son inversos de a ∈ A, entonces: x = x1 = x(ay) = (xa)y = 1y = y. El elemento cero se representa por 0, y el elemento uno se representa por 1. El opuesto de un elemento a ∈ A se representa por −a, y si a 6= 0, el elemento inverso de a, si existe, se representa por a−1 . Proposici´ on. 1.3. Sea A un anillo, se verifica: (1) a 0 = 0 para todo a ∈ A. (2) A tiene más de un elemento si, y sólo si, 0 6= 1. (3) (−a)b = −(ab) = a(−b), para todos a, b ∈ A. En particular (−1)a = −a. (4) (n · a)b = n · (ab) = a(n · b), para todos a, b ∈ A y n ∈ Z. P P Pn m ∗ (5) ( ni=1 ai )( m j=1 bj ) = i=1 j=1 ai bj , para todos ai , bj ∈ A y n, m ∈ N . (6) F´ ormula de Newton. (a + b)n =

Pn

i=0

n i n−i , i ab

para todos a, b ∈ A y n ∈ N.

(7) (ab)n = an bn y (an )m = anm , para todos a, b ∈ Z y n, m ∈ Z. 26 de octubre de 2010


S EC . 2. H OMOMORFISMOS DE ANILLOS

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´ . (1). Para cada a ∈ A se tiene D EMOSTRACI ON a = a1 = a(1 + 0) = a1 + a0 = a + a0, luego a0 = 0. (2). Si 0 6= 1 en A, entonces A tiene más de un elemento. Si 0 = 1, entonces para cada a ∈ A se tiene a = a1 = a0 = 0. (3). Para a, b ∈ A se tiene 0 = a0 = a(b − b) = ab + a(−b), luego a(−b) = −(ab). Y de la misma forma (−a)b = −(ab). (4). Por inducción sobre n para n ≥ 0. Si n < 0, entonces 0 = 0a = (n − n)a = na + (−n)a, luego (−n)a = −(na), lo que permite completar el resultado. (5). Por inducción sobre n y m. (6). Por inducción sobre n. (7). Por inducción sobre n y m.

Corolario. 1.4. Sea A un anillo, para a, b ∈ A y para n, m ∈ Z se verifica: (n · a)(m · b) = (nm) · (ab). ´ hemos visto, cuando el elemento 1 coincide con el elemento 0, entonces todos los eleSegun mentos del anillo son iguales. Estos anillos se llaman anillos triviales. Los anillos que vamos a considerar son, en general, no triviales. Observaci´ on. 1.5. Observar que la existencia de elemento uno forma parte de la definición de anillo. As´ı el conjunto 2Z, junto con la suma y el producto usuales, no es un anillo, ya que no tiene elemento uno.

2.

Homomorfismos de anillos

Sean A y B anillos, una aplicación f : A −→ B se llama un homomorfismo de anillos si verifica las siguientes propiedades: (HA-I) Para cualesquiera a, b ∈ A se tiene f (a + b) = f (a) + f (b). (HA-II) Para cualesquiera a, b ∈ A se tiene f (ab) = f (a)f (b). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


6 (HA-III) f (1) = 1.

Proposici´ on. 2.1. ´ Para cada anillo A existe un unico homomorfismo de anillos f : Z −→ A. Proposici´ on. 2.2. Si f : A −→ B y g : B −→ C son homomorfismos de anillos, entonces la composición g ◦ f : A −→ C es un homomorfismo de anillos. Proposici´ on. 2.3. Para cada anillo A existe un homomorfismo idA : A → A definido idA (a) = a para cada elemento a ∈ A; este homomorfismo verifica: (1) Para cada homomorfismo f : A → B se tiene f ◦ idA = f y (2) Para cada homomorfismo g : C → A se tiene idA ◦ g = g.

Subanillos Si f : A −→ B un homomorfismo de anillos el subconjunto Im(f ) = {f (a) ∈ B | a ∈ A} de B verifica las siguientes propiedades: (SA-I) Es un subgrupo de B. (SA-II) Es cerrado para la multiplicación en B. (SA-III) 1 ∈ Im(f ). En general un subconjunto A0 de un anillo A verificando las propiedades (SA-I), (SA-II) y (SAIII) se llama un subanillo de A. El conjunto de los subanillos de un anillo A verifica algunas propiedades de interés. Entre ellas destacamos la siguiente: Lema. 2.4. Si {Aα | α ∈ Γ} es una familia de subanillos de A, entonces también lo es su intersección ∩α Aα . Como consecuencia, dado un subconjunto X de A podemos considerar el menor subanillo de A que contiene a X , e´ ste es simplemente la intersección ∩{B | X ⊆ B, y B es un subanillo de A}. 26 de octubre de 2010



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Se llama el subanillo generado por X . Ejercicio. 2.5. Prueba que los elementos de este subanillo son las expresiones polinómicas en elementos de X ∪ {1} con coeficientes en Z. Este subanillo se representa por hX ∪ {1}i.

Ideales Por otro lado, dado un homomorfismo de anillos f : A −→ B, el subconjunto de A Ker(f ) = {x ∈ A | f (x) = 0} verifica las siguientes propiedades: (ID-I) Es un subgrupo de A; (ID-II) Para cualesquiera a ∈ A y x ∈ Ker(f ) se tiene ax ∈ Ker(f ). En general definimos un ideal de un anillo A como un subconjunto a de A verificando las propiedades (ID-I) y (ID-II). Un ideal a de A es propio si a 6= A, y trivial si a = {0}. Los ideales verifican algunas propiedades interesantes. Por ejemplo: Lema. 2.6. (1) La intersecci´ on de una familia de ideales {aα | α ∈ Γ} es un ideal y (2) la suma de una familia de ideales, {aα | α ∈ Γ}, definida como, nX o X {aα | α ∈ Γ} = aαj | αj ∈ F ⊆ Γ finito, aαj ∈ aαj , ∀αj ∈ F es un ideal. Decimos que el ideal a es menor que el ideal b si a ⊆ b. Esto define una relación de orden, a ≤ b, en el conjunto de todos los ideales del anillo A. Respecto a este orden el ´ınfimo de una familia de ideales es la intersección y el supremo es la suma. Dado un subconjunto X de A, existe un menor ideal, representado por AX o´ (X ), que contiene a X , y que se puede definir como la intersección de todos los ideales de A que contienen a ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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X . Se llama el ideal generado por X y el conjunto X se dice que es un sistema de generadores de AX . Ejercicio. 2.7. P Prueba que los elementos de AX son todas las expresiones (finitas) de la forma i ai xi , con ai ∈ A y xi ∈ X . En el caso en que X = {x}, la descripción de (X ) es especialmente sencilla: (X ) = (x) = {ax | a ∈ A} = Ax. Llamaremos a (x) = Ax el ideal principal generado por x. Un ideal a de A se llama finitamente generado si existe un subconjunto finito X de A tal que a = (X ). Existe otra operación entre ideales, el producto de ideales, definido de la siguiente forma: sean a P y b ideales de un anillo A, definimos ab como el conjunto de todos los elementos de la forma {ai bi | ai ∈ a, bi ∈ b}. Es claro que ab es un ideal de A contenido en la intersección de a y b. Dados dos ideales a y b se define un nuevo ideal, el ideal cociente (a : b) = {x ∈ A | xb ⊆ a}. Lema. 2.8. Para cada dos ideales a y b se tiene que (a : b) es un ideal que contiene a a.

Anillo cociente Sea a un ideal de un anillo A. En el grupo cociente A/a podemos definir una operación binaria mediante: (a + a)(b + a) = ab + a, con esta operación A/a tiene estructura de anillo, con elemento uno igual a 1 + a y la aplicación canónica p : A −→ A/a es un homomorfismo de anillos. El anillo A/a se llama el anillo cociente de A por el ideal a. ´ Este proceso de la construcción del anillo cociente está determinado de forma unica en el siguiente sentido. Sea A un anillo, una relación de equivalencia ∼ se llama compatible con las operaciones de A si verifica: si a ∼ b y a0 ∼ b0 , entonces a + b ∼ a0 + b0 , si a ∼ b y a0 ∼ b0 , entonces ab ∼ a0 b0 . 26 de octubre de 2010



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Es claro que si ∼ es una relación de equivalencia en un anillo A, entonces ∼ es compatible si, y sólo si, en A/ ∼ podemos definir una estructura de anillo mediante: [a] + [b] = [a + b], [a] × [b] = [a × b], y donde el elemento uno es [1]. Esto es, tal que la proyección p : A −→ A/ ∼ sea un homomorfismo de anillos. Además una relación de equivalencia compatible ∼ determina un ideal a de A en la siguiente forma: a = {a ∈ A | a ∼ 0}, y rec´ıprocamente, dado un ideal a de A, la relación ∼ definida por a ∼ b si a − b ∈ a es una relación de equivalencia compatible. Proposici´ on. 2.9. Para cada anillo A existe una correspondencia biyectiva entre: (I) relaciones de equivalencia compatibles en A, (II) ideales de A.

Propiedad universal Proposici´ on. 2.10. (Propiedad universal del anillo cociente) Dado un anillo A y un ideal a ⊆ A, para cada homomorfismo de anillos f : A −→ B tal que ´ f (a) = 0 existe un unico homomorfismo de anillos f 0 : A/a −→ B tal que f = f 0 ◦ p. Esto es, el siguiente diagrama conmuta. A=

== == = f ==

p

B

/ A/a }

} } ∃ f0 1 ~}

Un homomorfismo de anillos f : A −→ B es un isomorfismo si existe un homomorfismo de anillos g : B −→ A tal que f ◦ g = idB y g ◦ f = idA , o equivalentemente si f es una aplicación inyectiva y sobreyectiva, esto es, una biyección. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Proposici´ on. 2.11. ´ Dado un homomorfismo de anillos f : A −→ B, existe un unico homomorfismo natural f 0 que completa el siguiente diagrama: A p

f

/

BO i

A/ Ker(f ) _ _ _ 0_ _ _/ Im(f ) ∃1 f

Además f 0 es un isomorfismo. Proposici´ on. 2.12. ´ La imagen del unico homomorfismo f : Z −→ A se llama el subanillo caracter´ıstico de A. ´ El nucleo de f es un ideal de Z, por lo tanto es de la forma nZ, para n ≥ 0. Llamamos a n la caracter´ıstica del anillo A.

3.

Ideales primos

Sea A un anillo, un elemento a ∈ A se llama un divisor de cero si existe un elemento no nulo b ∈ A tal que ab = 0. Los elementos de A que no son divisores de cero se llaman elementos regulares. ´ Cuando el elemento cero es el unico divisor de cero de un anillo A, se dice que A es un dominio de integridad, o´ simplemente un dominio. Un elemento a de un anillo A se llama nilpotente si existe un entero positivo n ∈ N∗ tal que an = 0. Ejercicio. 3.1. Prueba que los elementos nilpotentes de un anillo forman un ideal. Sea A un anillo, un ideal propio p de A se llama un ideal primo si para cualesquiera a, b ∈ A tales que ab ∈ p, se tiene a ∈ p o´ b ∈ p. Ejemplo. 3.2. ´ En el caso del anillo Z de los numeros enteros los ideales primos son: (I) el ideal cero y (II) los ideales de la forma pZ, siendo p un entero primo (positivo). 26 de octubre de 2010


S EC . 3. I DEALES PRIMOS

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Lema. 3.3. Sea A un anillo y p un ideal propio, las siguientes condiciones son equivalentes: (a) p es un ideal primo; (b) A/p es un dominio de integridad. ´ . Supongamos que p es un ideal primo, y sea (a + p)(b + p) = 0, entonces D EMOSTRACI ON ab ∈ p, y ya que p es primo, tenemos a ∈ p o´ b ∈ p, entonces a + p = 0 o´ b + p = 0. La otra implicación es similar. Estudiamos ahora cómo cambian los ideales primos en un cambio de anillo. Lema. 3.4. Sea f : A −→ B un homomorfismo de anillos, se verifica: (1) Si q es un ideal primo de B, entonces f ∗ (q) es un ideal primo A. (2) Existe una correspondencia biyectiva entre los ideales de A que contienen a Ker(f ) y los ideales de Im(f ). (3) En esta correspondencia la imagen y la preimagen de ideales primos son también ideales primos. ´ . (1). Sean a, b ∈ A tales que ab ∈ f ∗ (p), entonces se verifica f (a)f (b) = D EMOSTRACI ON f (ab) ∈ f∗ f ∗ (p) ⊆ p, luego f (a) ∈ p o´ f (b) ∈ p, y tenemos a ∈ f ∗ (p) o´ b ∈ f ∗ (p). (2). Si b ⊆ B es un ideal, entonces f ∗ (b) ⊇ Ker(f ) es un ideal. Por otro lado, si a ⊇ Ker(f ) es un ideal, entonces f∗ (a) es un ideal de B. Sólo falta ver que estas aplicaciones son, una inversa de la otra. (3). Es claro.

Observa que la siguiente propiedad es en realidad una nueva caracterización de ideales primos. Teorema. 3.5. Sean a1 , . . . , an ideales de A y p un ideal primo de A, si a1 ∩ . . . ∩ an ⊆ p, entonces existe un ´ındice i tal que ai ⊆ p. ´ ´ındice i. Además si p = a1 ∩ . . . ∩ an , entonces ai = p para algun ´ . Si a1 ∩ . . . ∩ an ⊆ p, y para cada ´ındice i se verifica ai * p, entonces existe D EMOSTRACI ON xi ∈ ai \ p, y tenemos x1 · · · xn ∈ a1 · · · an ⊆ a1 ∩ . . . ∩ an ⊆ p, y como p es primo, existe un ´ındice i tal que xi ∈ p, lo que es una contradicción. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


12 Ver también Ejercicio (8.10.).

Ideales maximales Sea A un anillo, un ideal propio m de A se llama maximal si para cada ideal propio a de A tal que m ⊆ a $ A se tiene m = a. Lema. 3.6. Sea A un anillo y m un ideal propio, las siguientes condiciones son equivalentes: (a) m es un ideal maximal; (b) A/m es un cuerpo. De la misma forma que en el caso de ideales primos, vamos a estudiar el comportamiento de los ideales maximales respecto a un homomorfismo de anillos. Lema. 3.7. Sea f : A −→ B un homomorfismo de anillos, entonces la correspondencia descrita en el Lema (3.4.) establece una correspondencia biyectiva entre los ideales maximales de A que contienen a Ker(f ) y los ideales maximales Im(f ). Ejercicio. 3.8. En general, dado un homomorfismo de anillos f : A −→ B, si m es un ideal maximal de B, no necesariamente f ∗ (m) es un ideal maximal de A. Dar un ejemplo. Lema. 3.9. (Teorema de Krull.) Sea A un anillo, existe al menos un ideal maximal de A. ´ . Se considera el conjunto Γ = {a | a es un ideal propio de A}. El conjunto Γ D EMOSTRACI ON es no vac´ıo, ya que 0 ∈ Γ, y está ordenado por la inclusión. Cada cadena en Γ tiene una cota superior en Γ, ya que la unión de una cadena de ideales propios es un ideal propio. Luego en Γ existen elementos maximales. Es claro que cada elemento maximal de Γ es un ideal maximal. Corolario. 3.10. Sean A un anillo y a un ideal propio de A, entonces existe un ideal maximal m de A tal que a ⊆ m. ´ . Basta considerar el anillo cociente A/a y la correspondencia establecida en D EMOSTRACI ON el Lema (3.4.). 26 de octubre de 2010


S EC . 3. I DEALES PRIMOS

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Corolario. 3.11. Sea A un anillo y x ∈ A un elemento que no es invertible en A, existe un ideal maximal m de A tal que x ∈ m.

´ . Basta considerar el ideal (x), que es propio por no ser x invertible. D EMOSTRACI ON

Anillos locales ´ Un anillo A se llama local si tiene un unico ideal maximal. Si A es un anillo local con ideal maximal m, entonces el cuerpo A/m se llama el cuerpo residual de A. Lema. 3.12. Sea A un anillo y m un ideal propio de A, son equivalentes: (a) cada elemento x ∈ A \ m es invertible, (b) A es un anillo local con ideal maximal m. ´ . Dado un ideal propio a de A, los elementos de a no son invertibles, luego D EMOSTRACI ON a ⊆ m. Lema. 3.13. Sea A un anillo y m un ideal maximal de A tal que cada elemento x ∈ 1 + m es invertible, entonces A es un anillo local. ´ . Dado x ∈ A \ m, tenemos m + Ax = A, y existen m ∈ m, a ∈ A tales que D EMOSTRACI ON m + ax = 1, luego ax = 1 − m ∈ 1 + m. Entonces ax es invertible, y por tanto x también lo es. Aplicando el Lema (3.12.) tenemos el resultado.

Radicales Sea A un anillo, llamamos nilradical de A al conjunto de todos los elementos nilpotentes de A, y lo representamos por Nil(A). Lema. 3.14. ´ Sea A un anillo, entonces Nil(A) es un ideal y el anillo cociente A/ Nil(A) no tiene ningun elemento nilpotente no nulo, esto es, Nil(A/ Nil(A)) = 0. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


14

´ . Sean a, b ∈ Nil(A), entonces existe n ∈ N tal que an = 0 = bn ; entonces D EMOSTRACI ON se verifica: (a + b)2n = 0, y a + b ∈ Nil(A). Si tenemos ahora c ∈ A, entonces (ca)n = 0 y ca ∈ Nil(A). Un anillo A con Nil(A) = 0 se llama un anillo reducido. Teorema. 3.15. Para cada anillo A se tiene que Nil(A) es la intersección de todos los ideales primos de A.

´ . Llamamos N a la intersección de todos los ideales primos del anillo A. Si D EMOSTRACI ON x ∈ Nil(A), entonces existe n ∈ N tal que xn = 0, luego para cada ideal primo p se tiene x ∈ p, y como consecuencia x ∈ N. Sea ahora x ∈ N \ Nil(A), llamamos Γ = {a ⊆ A | ∀n ≥ 1, xn ∈ / a} Ya que 0 ∈ Γ, se tiene que Γ 6= ∅. Es claro que Γ está ordenado por la inclusión y que es inductivo, por tanto tiene un elemento maximal. Sea p ∈ Γ maximal, y sean a, b ∈ A tales que ab ∈ p, si a, b ∈ / p, entonces p + Aa, p + Ab ∈ / Γ, por lo tanto existen n, m ∈ N tales que n m n+m x ∈ p + Aa y x ∈ p + Ab, y se tiene x ∈ (p + Aa)(p + Ab) = p + Aab ⊆ p, lo que es una contradicción. Utilizando el Teorema (3.15.) como modelo podemos definir un análogo al nilradical. El radical de Jacobson de un anillo A, que se define como la intersección de todos los ideales maximales de A, y que se representa por Rad(A) y también por J(A). Rad(A) = ∩{m ⊆ A | m es un ideal maximal de A}. Vamos a buscar una descripción de los elementos de Rad(A). Proposici´ on. 3.16. Sea A un anillo, entonces las siguientes condiciones son equivalentes: (a) x ∈ Rad(A); (b) Para todo a ∈ A el elemento 1 − ax es invertible en A. ´ . Supongamos que x ∈ Rad(A) y sea a ∈ A tal que 1 − ax no es invertible en D EMOSTRACI ON A. Existe un ideal maximal m tal que 1 − ax ∈ m, por la hipótesis x ∈ m, luego m = (1) = A, lo que es una contradicción. Por otro lado, sea x ∈ / Rad(A), entonces existe un ideal maximal m tal que x ∈ / m, como consecuencia tenemos m + Ax = A y existe m ∈ m tal que m + ax = 1 ´ a ∈ A, entonces 1 − ax = m ∈ m no ser´ıa invertible en A. para algun 26 de octubre de 2010


S EC . 4. T EOREMA CHINO DEL RESTO

15

Lema. 3.17. Sea A un anillo, entonces las siguientes condiciones son equivalentes: (a) A es un anillo local; (b) A \ Rad(A) es el conjunto de los elementos invertible en A; (c) Existe un ideal propio a de A tal que A \ a está contenido en el conjunto de los elementos invertibles.

´ . (a) ⇒ (b). Si A es un anillo local, entonces Rad(A) es el unico ´ D EMOSTRACI ON ideal maximal de A, luego A \ Rad(A) es el conjunto de los elementos invertibles de A. (b) ⇒ (c). Basta tomar a = Rad(A). (c) ⇒ (a). Supongamos que a es un ideal propio de A con A \ a contenido en el conjunto de los elementos invertibles, entonces a es un ideal maximal y contiene a cualquier otro ideal propio de A, por tanto A es un anillo local con ideal maximal a.

Ejemplo. 3.18. ´ En el caso del anillo Z de los numeros enteros el nilradical es cero, ya que 0 es un ideal primo, y el radical de Jacobson es cero, ya que la intersección de todos los ideales maximales (los de la forma pZ, con p un entero primo positivo) es también igual a 0.

4.

Teorema chino del resto

Dos ideales a y b de un anillo A se llaman comaximales o primos relativos si a + b = A.

Lema. 4.1. Sea A un anillo, si a y b son ideales comaximales, entonces se verifica: ab = a ∩ b.

´ . Siempre se verifica que ab ⊆ a ∩ b. Por otro lado sea x ∈ a ∩ b, por la D EMOSTRACI ON hipótesis existen a ∈ a y b ∈ b tales que a + b = 1, entonces x = ax + bx ∈ ab, y se verifica la igualdad.

´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


16 Proposici´ on. 4.2. (Teorema chino del resto.) Sean A un anillo, a1 , . . . ,an ideales de A y f la aplicación canónica: f : A −→

n Y

A/ai ,

f (a) = (a + ai )i

i=1

Entonces se verifica: (1) Si ai y aj son comaximales, cuando i 6= j, entonces a1 · · · an = a1 ∩ . . . ∩ an ; (2) f es sobreyectiva si, y sólo si, ai y aj son comaximales si i 6= j, para todos los ´ındices i, j; (3) f es inyectiva si, y sólo si, a1 ∩ . . . ∩ an = 0. ´ . (1). Hacemos inducción sobre n. Para n = 2 es el Lema (4.1.). Supongamos D EMOSTRACI ON que es cierto para n − 1; ya que ai + an = A, para 1 ≤ i ≤ n − 1, tomamos xi ∈ ai , yi ∈ an tal que xi + yi = 1. Construimos entonces: x1 · · · xn−1 = (1 − yi ) · · · (1 − yn−1 ) = 1 + y ´ y ∈ an ; luego (a1 · · · an−1 ) + an = A, y tenemos: para algun (a1 · · · an−1 )an = (a1 · · · an−1 ) ∩ an = (a1 ∩ · · · ∩ an−1 ) ∩ an . (2). Tomamos a1 , a2 . Por hipótesis existe x ∈ A tal que f (x) = (1, 0, . . . , 0), luego x − 1 ∈ a1 y x ∈ a2 , y tenemos 1 = x − (x − 1) ∈ a1 + a2 . Rec´ıprocamente, si a1 + ai = A, para 2 ≤ i ≤ n, existen xi ∈ a1 , yi ∈ ai tales que xi + yi = 1. ´ x0 ∈ a1 , luego f (x) = Definimos x = y2 · · · yn = (1 − x2 ) · · · (1 − xn ) = 1 + x0 para algun (1, 0. . . . , 0). (3). Es evidente. Proposici´ on. 4.3. (Teorema de elusi´ on) Sea A un anillo, p1 , . . . , pn ideales primos de A y a un ideal de A tal que a ⊆ p1 ∪ . . . ∪ pn , entonces existe un ´ındice i tal que a ⊆ pi . ´ . Hacemos inducción sobre n. Para n = 1 el resultado es cierto. Supongamos D EMOSTRACI ON que sea cierto para n − 1 (n ≥ 2), y sea a * pi para cada ´ındice i. Entonces a * p1 ∪ . . . ∪ pi−1 ∪ pi+1 ∪ . . . ∪ pn y existe xi ∈ a \ p1 ∪ . . . ∪ pi−1 ∪ pi+1 ∪ . . . ∪ pn . Si xi ∈ / pi , entonces a * p1 ∪ . . . ∪ pn y hemos terminado. Supongamos entonces que xi ∈ pi para cada ´ındice i. Definimos y=

n X

x1 · · · xi−1 xi+1 · · · xn ;

i=1



S EC . 5. R ADICAL DE UN IDEAL

17

tenemos y ∈ a e y ∈ / pi para cada ´ındice i, luego a * p1 ∪ . . . ∪ pn .

Extensiones del Teorema de elusi´ on Los siguiente resultados son de aplicación en contextos más espec´ıficos; los incluimos aqu´ı para ver posibles extensiones de la teor´ıa. Teorema. 4.4. Sea A un anillo y p1 , . . . , pn ideales. Si se verifica una de las dos condiciones: (1) a lo más dos de estos ideales no son primos, cuando n > 2, o (2) A contiene un cuerpo infinito, para cada ideal a tal que a ⊆ ∪ni=1 pi existe un ´ındice i tal que a ⊆ pi . ´ . (1). Hacemos inducción sobre n. Si n = 1, el resultado es cierto. Si n = 2, y D EMOSTRACI ON a * pi , i = 1, 2, existen x1 ∈ a \ p2 , x2 ∈ a \ p1 ; observar que entonces xi ∈ pi , i = 1, 2. Entonces y = x1 + x2 ∈ / p1 ∪ p2 . Supongamos ahora que n > 2. Consideramos p1 primo y si a * pi , para cada ´ındice i, existe xi ∈ a \ p1 ∪ . . . pi−1 ∪ pi+1 ∪ . . . ∪ pn . Si xi ∈ / pi , entonces a * ∪ni=1 pi , lo que es una contradicción. Por tanto para cada ´ındice i se tiene xi ∈ pi . En particular x2 · · · xn ∈ pi , 2 ≤ i ≤ n, y definimos y = x1 + x2 · · · xn ∈ pi , 2 ≤ i ≤ n. Como p1 es primo y resulta que xi ∈ / p1 , 2 ≤ i ≤ n, entonces x2 · · · xn ∈ / p1 . Como x1 ∈ p1 , resulta y ∈ / p1 . Entonces y ∈ / ∪ni=1 pi , lo que es una contradicción. (2). Si a ⊆ ∪ni=1 pi , entonces a = ∪ni=1 (a ∩ pi ) es un espacio vectorial propio que es una unión de espacios vectoriales; esto es una contradicción.

5.

Radical de un ideal

Sea a un ideal de un anillo A, llamamos radical de a al conjunto rad(a) = {x ∈ A | ∃n ∈ N, xn ∈ a}. Si a = A, de la definición, se tiene rad(A) = A, y si a = 0, se tiene rad(0) = Nil(A). Atención, no se suele emplear rad(A) para el radical del ideal A, sino para el nilradical del anillo A. Lema. 5.1. Sean A un anillo y a un ideal propio de A, se verifica la igualdad: rad(a)/a = Nil(A/a).


P. Jara


18 Corolario. 5.2. En la situación anterior se verifica:

rad(a) = ∩{p | p es un ideal primo de A y p ⊇ a}. Proposici´ on. 5.3. Sean A un anillo, a y b ideales de A y p un ideal primo de A, se verifica: (1) a ⊆ rad(a). (2) Si a ⊆ b, entonces rad(a) ⊆ rad(b). (3) rad(a) = rad(rad(a)). (4) rad(ab) = rad(a ∩ b) = rad(a) ∩ rad(b). (5) rad(a) = A si, y sólo si, a = A. (6) rad(a + b) = rad(rad(a) + rad(b)). (7) rad(pn ) = p para cada n ∈ N∗ .

´ . (4). Se tiene la inclusión ab ⊆ a ∩ b ⊆ a, b, y por tanto se tiene rad(ab) ⊆ D EMOSTRACI ON rad(a ∩ b) ⊆ rad(a) ∩ rad(b). Por otro lado, si x ∈ rad(a) ∩ rad(b), existe n ∈ N tal que xn ∈ a ∩ b, y se tiene que x2n ∈ ab, luego x ∈ rad(ab). (6). Se tiene a+b ⊆ rad(a)+rad(b), y por tanto rad(a+b) ⊆ rad(rad(a)+rad(b)). Por otro lado, si x ∈ rad(rad(a)+rad(b)), existe n ∈ N tal que xn ∈ rad(a)+rad(b). Sea xn = a+b, con a ∈ rad(a) y b ∈ rad(b). Existe m ∈ N tal que am ∈ a y bm ∈ b, entonces (xn )2m = (a + b)2m ∈ a + b, luego x2mn ∈ a + b y se tiene x ∈ rad(a + b). Corolario. 5.4. Sean A un anillo, y a, b ideales de A, son equivalentes: (a) rad(a) y rad(b) son comaximales. (b) a y b son comaximales.

´ . Tenemos las siguientes igualdades: D EMOSTRACI ON rad(a + b) = rad(rad(a) + rad(b)) = rad(A) = A, luego a + b = A. 26 de octubre de 2010


´ N Y CONTRACCI O ´ N DE IDEALES S EC . 6. E XTENSI O

19

Ideales primos minimales Sea a un ideal de un anillo A, un ideal primo p es un ideal primo minimal sobre a si a ⊆ p y para cualquier otro ideal primo q tal que a ⊆ q ⊆ p se tiene q = p. Los ideales primos minimales sobre 0 en A son los ideales primos minimales de A. Proposici´ on. 5.5. Sea A un anillo y a un ideal propio de A, entonces existen ideales primos minimales sobre a y cada ideal primo que contiene a a contiene un ideal primo minimal sobre a. ´ . Definimos Γ = {p | p es un ideal primo que contiene a a}. Es claro que Γ D EMOSTRACI ON es no vac´ıo, pues cada ideal propio de A está contenido en un ideal maximal, y por tanto en un ideal primo. Sea {pi }i una cadena de ideales en Γ, entonces ∪i pi es un ideal que contiene a a; vamos a ver que es primo. En efecto, si ab ∈ ∪i pi , existe un ´ındice i tal que ab ∈ pi , y como pi es primo se tiene a ∈ p o b ∈ pi , luego ∪i pi es un ideal primo. Si q ⊇ a es un ideal primo, consideramos la familia Γq = {p | p ⊆ q es un ideal primo que contiene a a}. Ver Ejercicio (8.14.). En consecuencia para cada ideal a el radical de a es la intersección de todos los ideales primos minimales sobre a. rad(a) = ∩{p | p es un ideal primo minimal sobre a}. ´ Este resultado será de interés en el caso en que solamente haya un numero finito de ideales primos minimales que contienen a a.

6.

Extensi´ on y contracci´ on de ideales

Sea f : A −→ B un homomorfismo de anillos. Dado un ideal a de A, llamamos extensi´ on de a al ideal de B generado por f∗ (a), y lo representamos por ae . Esto es; ae = Bf∗ (a). De la misma forma, para cada ideal b de B, llamamos contracci´ on de b a la imagen inversa de b en A, y lo representamos por bc . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


20

Proposici´ on. 6.1. Sea f : A −→ B un homomorfismo de anillos, entonces existen dos aplicaciones: (−)e : {ideales de A} −→ {ideales de B},

a 7→ ae

(−)c : {ideales de B} −→ {ideales de A},

b 7→ bc

que definen una conexi´ on de Galois, esto es; (I) Si a1 ⊆ a2 son ideales de A, entonces ae1 ⊆ ae2 , y si b1 ⊆ b2 son ideales de B, entonces bc1 ⊆ bc2 . (II) Si a es un ideal de A, entonces a ⊆ aec y si b es un ideal de B, entonces b ⊇ bce . (III) Si a es un ideal de A, entonces ae = aece y si b es un ideal de B, entonces bc = bcec . (IV) Si A es el conjunto de los ideales contra´ıdos en A y B es el conjunto de los ideales extendidos en B, entonces se tiene A = {a | aec = a}, B = {b | bce = b} y existe una biyección de A a B.

Proposici´ on. 6.2. Sean f : A −→ B un homomorfismo de anillos, a1 , a2 ideales de A y b1 , b2 ideales de B, se verifica: (1) (a1 + a2 )e = ae1 + ae2 . (2) (b1 + b2 )c ⊇ bc1 + bc2 . (3) (a1 ∩ a2 )e ⊆ ae1 ∩ ae2 . (4) (b1 ∩ b2 )c = bc1 ∩ bc2 . (5) (a1 a2 )e = ae1 ae2 . (6) (b1 b2 )c ⊇ bc1 bc2 . (7) (a1 : a2 )e ⊆ (ae1 : ae2 ). (8) (b1 : b2 )c ⊆ (bc1 : bc2 ). (9) rad(a1 )e ⊆ rad(ae1 ). (10) rad(b1 )c = rad(bc1 ). 26 de octubre de 2010


´ LGEBRAS S EC . 7. A

21

´ 7. Algebras Sea A un anillo. Una A–álgebra es un anillo B junto con un homomorfismo de anillos f : A −→ B. Como consecuencia una A–álgebra es un anillo B que tiene estructura de A–módulo y que verifica la siguiente condición de compatibilidad: a1 (ba2 ) = (a1 b)a2

∀a1 , a2 ∈ A y ∀b ∈ B.

Si B y C son A–álgebras, un homomorfismo de A–álgebras de B a C es un homomorfismo de anillos f : B −→ C que es también homomorfismo de A–módulos. El ejemplo más conocido de A-álgebra se tiene cuando A = Z: todo anillo es una Z-álgebra. ´ Como ya hemos visto, para cada anillo A existe un unico homomorfismo de anillos f : Z −→ ´ ´ n ∈ N. El numero ´ A, el nucleo es de la forma nZ para algun entero n se llama la caracter´ıstica de A. Observar que si n 6= 0, entonces n es el menor entero positivo n tal que na = 0 para cada a ∈ A. Sobre la aritmética de los anillos de polinomios ver los Ejercicio (8.34.) y (8.35.).

Anillos de polinomios Para cada anillo A existe una forma simple de construir una A–álgebra, y es considerar A[X ], el anillo de polinomios en la indeterminada X con coeficientes en A. Recordar que el anillo de polinomios A[X ] se construye como el conjunto de todas las expresiones formales del tipo a0 + a1 X + · · · + an X n , en donde ai ∈ A. En A[X ] se definen dos operaciones que le dan estructura de anillo de forma que la aplicación p : A −→ A[X ],

p(a) = a

sea un homomorfismo de anillos. El par (p, A[X ]) verifica la siguiente propiedad universal:


P. Jara


22

Teorema. 7.1. (Propiedad universal del anillo de polinomios.) Para cada anillo B, cada homomorfismo de anillos f : A → B y cada elemento b ∈ B, existe ´ un unico homomorfismo de anillos fb : A[X ] −→ B tal que fb (X ) = b y f = fb ◦ p. p

A=

== == = f ==

B

/

A[X ]

{

{ { ∃1 fb }{

El homomorfismo fb se llama el homomorfismo de evaluaci´ on en X = b. Observar que el anillo de polinomios con coeficientes en A en las indeterminadas X1 , . . . , Xn se puede construir de forma recursiva como A[X1 , .P . . , Xn ] = A[X1 , . . . , Xn−1 ][Xn ]. Por tanto los elementos de A[X1 , . . . , Xn ] admiten una expresión i ai Xni , siendo ai ∈ A[X1 , . . . , Xn−1 ]. TamP bién podemos escribir los elementos de A[X1 , . . . , Xn ] en la forma i1 ,...,in ai1 ,...,in X1i1 · · · Xnin , con ai1 ,...,in ∈ A casi todos nulos. El anillo de polinomios en varias indeterminadas tiene también una propiedad universal similar a la enunciada en el Teorema (7.1.). Teorema. 7.2. (Propiedad universal del anillo de polinomios.) Para cada anillo B, cada homomorfismo de anillos f : A → B y cada lista de n elementos ´ b1 , . . . , bn ∈ B, existe un unico homomorfismo de anillos fb1 ,...,bn : A[X1 , . . . , Xn ] −→ B tal que fb1 ,...,bn (Xi ) = bi para cada ´ındice i y f = fb1 ,...,bn ◦ p. p

A=

== == = f ==

B

/

A[X1 , . . . , Xn ]

rr r r∃ f yr r 1 b1 ,...,bn

El homomorfismo fb1 ,...,bn se llama el homomorfismo de evaluaci´ on en X1 = b1 , . . . , Xn = bn . Dado un anillo A y un conjunto Λ, si consideramos un conjunto de indeterminadas indizado en Λ, {Xα | α ∈ Λ}, el anillo de polinomios con coeficientes en A en las indeterminadas {Xα | α ∈ Λ} se define como la unión de los anillos B = ∪{A[Xα | α ∈ F ⊆ Λ] | F finito, F ⊆ Λ}. Si se definen en B la suma y el producto en la forma obvia, cada inclusión A[Xα | α ∈ F ⊆ Λ] ⊆ B es un homomorfismo de anillos. El anillo B se representa por A[{Xα | α ∈ Λ}], y se llama el anillo de polinomios en las indeterminadas {Xα | α ∈ Λ}. Si A es un anillo, una A–álgebra B se llama finitamente generada si existe un homomor´ fismo sobreyectivo de un anillo de polinomios, con coeficientes en A en un numero finito de indeterminadas, a B. O equivalentemente, si existen elementos b1 , . . . , bt ∈ B, cα ∈ 26 de octubre de 2010


´ LGEBRAS S EC . 7. A

23

A, tales que cualquier elemento b ∈ B se escribe como una suma finita en la forma b = P α1 αt n α∈Nt cα b1 · · · bt , siendo α = (α1 , . . . , αn ) ∈ N . Sea K un cuerpo y B una K –álgebra. Un conjunto de n elementos b1 , . . . , bn ∈ B se dice que es algebraicamente independiente sobre K si para cada polinomio F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tal que F(b1 , . . . , bn ) = 0 se tiene que F = 0. Vamos a caracterizar las listas de elementos algebraicamente independientes como aquellas que generan subanillos que son isomorfos a anillos de polinomios. Tenemos la siguiente proposición: Proposici´ on. 7.3. Sea K un cuerpo y B una K –álgebra. Para una lista b1 , . . . , bn de elementos de B son equivalentes los siguientes enunciados: (a) b1 , . . . , bn es algebraicamente independiente; (b) El homomorfismo f 0 : K [X1 , . . . , Xn ] −→ B, definido por la propiedad universal, es inyectivo. ´ . (a) ⇒ (b). Siguiendo con la notación de la propiedad universal del anillo D EMOSTRACI ON de polinomios el homomorfismo de evaluación para X1 = b1 , . . . , Xn = bn es inyectivo, pues si F ∈ Ker(f 0 ), entonces F(b1 , . . . , bn ) = 0 y al ser los b1 , . . . , bn algebraicamente independientes se tiene F = 0. (b) ⇒ (a). Es inmediato.

Anillos de series formales de potencias (opcional) Sea A un anillo y X una indeterminada. Una serie formal de potencias en X con coeficienP∞ i tes en A es una expresión i=0 ai X . Llamamos A[[X ]] al conjunto de las series formales de potencias en X con coeficientes en A. En el conjunto A[[X ]] de las series formales de potencias se definen dos operaciones: P P P∞ i) + ( ∞ b X i) = i ( ∞ a X i i i=0 i=0 i=0 (ai + bi )X ; P P∞ P∞ P i i i ( ∞ i=0 ai X )( i=0 bi X ) = i=0 ci X , con ci = j+k=i aj bk . Teorema. 7.4. Para cada anillo A y cada indeterminada X el conjunto A[[X ]] con las operaciones anteriores y elemento uno igual a 1 es un anillo. Se llama el anillo de las series formales de potencias en X con coeficientes en A. Cada polinomio F ∈ A[x] puede ser considerado una serie formal de potencias, por lo tanto ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


24 podemos suponer que F ∈ A[[X ]]. Se tiene entonces:

Proposici´ on. 7.5. Para cada anillo A y cada indeterminada X el anillo de polinomios A[X ] es un subanillo del anillo de series formales de potencias A[[X ]]. ´ Podemos extender la construcción del anillo de series formales potencias a un numero finito de indeterminadas, X1 , . . . , Xt , para ello definimos A[[X1 , . . . , Xt ]] = A[[X1 , . . . , Xt−1 ]][[Xt ]]. Observa que los anillos de series formales de potencias, tanto A[[X ]] como A[[X1 , . . . , Xt ]], se pueden también definir a partir de los anillos de polinomios A[X ] o´ A[X1 , . . . , Xt ] en la siguiente forma: ∞ X A[[X1 , . . . , Xt ]] = { Fi | Fi ∈ A[X1 , . . . , Xt ]}. i=0

Sobre la aritmética de los anillos de series de potencias ver el Ejercicio (8.40.). Mientras el Teorema de McCoy, ver Ejercicio (8.29.), caracteriza los divisores del cero de un anillo de polinomios, no existe un teorema similar en el caso de anillos de series formales de potencias. Veamos un ejemplo de un divisor de cero. Ejemplo. 7.6. Se considera un cuerpo K , el anillo de polinomios K [Y , Z0 , Z1 , Z2 , . . .] y el ideal a = (YZ0 ) + (Zn +YZn+1 | n ∈ N). Llamamos A = K [Y , Z0 , Z1 , Z2 , . . .]/a y consideramos F = Y +X ∈ A[[X ]]. Vamos a ver que F es un divisor de cero; para ello basta ver que (y + X )(Z 0 + Z 1 X + · · · + Z n X n + · · · ) = 0. Sin embargo, para un tipo especial de anillos se tiene un resultado similar el Teorema de McCoy. Teorema. 7.7. P P∞ i, G = i Sea A un anillo reducido, esto es, Nil(A) = 0. Sean F = ∞ a X i i=0 i=0 bi X ∈ A[[X ]]. Son equivalentes: (a) FG = 0, (b) ai bj = 0 para todos i, j. ´ . (a) ⇒ (b). Si FG = 0, vamos a probar que a0 bj = 0 para todo j. Hacemos la D EMOSTRACI ON demostración por inducción sobre j. Para j = 0 el resultado es cierto. Supongamos que sea cierto para j = 0, 1, . . . , t − 1. El coeficiente de X t en FG es: 0 = a0 bt + a1 bt−1 + · · · + at−1 b1 + at b0 . 26 de octubre de 2010


´ LGEBRAS S EC . 7. A Multiplicando por a0 se tiene:

25

0 = a0 () = a02 bt ,

y de aqu´ı 0 = (ao bt ). Como A es un anillo reducido, se tiene a0 bt = 0. Llamamos F 0 a la serie formal de potencias tal que XF 0 = F − a0 , Se verifica F 0 G = 0, y por tanto a1 bj = 0 para cada j. Repitiendo el proceso se tiene ai bj = 0 para cada i y cada j. Problema. 7.8. Calcular Nil(A[[X ]). Vamos a calcular ahora los ideales maximales de A[[X ]]. Se tiene: Teorema. 7.9. Los ideales maximales de A[[X ]] son de la forma m + (X ), siendo m un ideal maximal de A. ´ . 1. Para cada ideal maximal m ⊆ A se tiene que m + (X ) es un ideal maximal. D EMOSTRACI ON P i on Basta considerar el homomorfismo ε : A[[X ]] −→ A definido ε( ∞ i=0 ai X ) = a0 y la biyecci´ entre los ideales de A y los ideales de A[[X ]] que contiene a Ker(ε) = (X ). 2. Para cada ideal maximal n ⊆ A[[X ]] definimos m = ε(n). Es claro que m es un ideal de A ya que ε es sobreyectiva, y es un ideal maximal, si a ∈ AP\ m, entonces a ∈ / n, y se P∞ ya que ∞ i i tiene n + aA[[X ]] = A[[X ]], luego existen F = i=0 ai X ∈ n y G = i=0 bi X ∈ A[[X ]] tales que F + aG = 1, en particular a0 + ab0 = 1 y por tanto m + aA = A. 3. Es claro que m + (X ) ⊆ n, y como m + (X ) es maximal, se tiene la igualdad.

´ En general si A es un domino de factorización unica, el anillo de polinomios A[X ] es un do´ minio de factorización unica. Esta propiedad no es cierta para anillos de series formales de potencias; este resultado fue dado por P. Samuel en 1961. Sin embargo con algunas restricciones el resultado es cierto. Teorema. 7.10. Si D es un dominio de ideales principales, el anillo de series de potencias formales D[[X ]] es ´ un dominio de factorización unica. La demostración se basa en dos lemas debidos a I. Kaplansky. El primero es el Corolario (28.13.), y el segundo es: Lema. 7.11. (Kaplansky.) Sea D un dominio de integridad. Son equivalentes: ´ (a) D es un dominio de factorización unica. (b) Cada ideal primo no nulo de D contiene un elemento primo. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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26 ´ . (a) ⇒ (b). Es claro. D EMOSTRACI ON

(b) ⇒ (a). Vamos a ver que cada elemento no nulo y no invertible es un producto de elementos primos, y por el Lema (??) será un DFU. Llamamos C al conjunto C = {x ∈ D | x es no nulo y no invertible y es un producto de elementos primos}. Dado d ∈ / C no nulo y no invertible, procedemos como sigue: 1. Probamos que (d) ∩ C = ∅. Si ad ∈ C, se puede escribir ad = p1 · · · pt , como producto de elementos primos. Se tiene p1 | a o´ p1 | d; podemos escribir entonces a = p1 a1 o´ d = p1 d1 . Tenemos entonces: a1 d = p2 · · · pt o´ ad1 = p2 · · · pt . Ahora eliminamos p2 de la misma forma. Tras t pasos obtenemos una expresión ai dj = 1, por lo tanto d ∈ C, lo que es una contradicción. 2. Tomamos Γ = {a ⊆ D | d ∈ a, a∩C = ∅}. Este conjunto es inductivo, luego por el Lema de Zorn tiene elementos maximales. Si a ∈ Γ es maximal vamos a probar que es un ideal primo. Sean a, b ∈ D tales que ab ∈ a; si a, b ∈ / a existen x ∈ (a + (a)) ∩ C e y ∈ (a + (b)) ∩ C, por tanto xy ∈ (a + (a))(a + (b)) ⊆ a y xy ∈ C, lo que es una contradicción. 3. Por la hipótesis a contiene un elemento primo, luego a∩C 6= ∅, lo que es una contradicción. En consecuencia todo elemento no nulo y no invertible pertenece a C, y tenemos el resultado. ´ . [del Teorema] Dado un ideal primo no nulo p ⊆ D[[X ]], si X ∈ p, entonces D EMOSTRACI ON p contiene un elemento primo. Si X ∈ / p, el ideal ε(p) es no nulo y está generado por un elemento, sea ε(p) = (d). Podemos probar que p está generado por un elemento. Sea F ∈ p tal que ε(F) = d, si G ∈ p se tiene ε(G) = da0 , luego G − Fa0 ∈ Ker(ε), y existe H ∈ D[[X ]] tal que XH = G − Fa0 ∈ p, luego H ∈ p. Aplicando el mismo argumento a H, existe a1 tal que ´ H 0 ∈ p. Podemos deducir H − Fa1 ∈ Ker(ε), y tenemos G = Fa0 + Fa1 X + X 2 H 0 para algun que G ∈ (F) y se tiene p = (F). Como p = (F) es un ideal primo, F es un elemento primo. De esta forma cada ideal primo no nulo contiene un elemento primo, y el resultado se sigue aplicando el Lema (7.11.).



S EC . 8. E JERCICIOS

8.

27

Ejercicios

Definición de anillo Ejercicio. 8.1. Sea X un conjunto, en P(X ) se consideran las operaciones: A + B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) y A × B = A ∩ B, para cualesquiera A, B ∈ P(X ). Prueba que P(X ), con las operaciones anteriores y elemento uno igual a X , es un anillo conmutativo. ¿Cuál es el elemento cero? Observa que en este anillo se tiene A2 = A para cada A ∈ P(X ), y que por tanto se tiene 2A = 0. Un anillo en el que para cada elemento a se tiene a2 = a se llama un anillo de Boole. Ver Ejercicio (8.16.). ´ SOLUCION Ejercicio. 8.2. Dado un anillo (A, +, ×, 1), definir sobre A dos operaciones ⊕ y ⊗ de forma que (A, ⊕, ⊗, 0) sea un anillo con el elemento 1 como cero. Determina las propiedades que verifica este nuevo anillo. ´ SOLUCION Homomorfismos de anillos Ejercicio. 8.3. ¿Se deduce la condición f (1) = 1, en la definición de homomorfismo de anillos, de las dos condiciones f (a + b) = f (a) + f (b) y f (ab) = f (a)f (b) para todos a, b ∈ A? En caso afirmativo da una demostración de este hecho, y en caso negativo da un ejemplo en el que no se verifique esta condición. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.4. √ √ √ √ (I) Si Z[ 2] es el subanillo generado por 2 en C, demuestra que Z[ 2] = {a + b 2 | a, b ∈ Z}. √ √ (II) Igual para 3 en vez de 2. √ √ ´ homomorfismo de anillos de Z[ 2] a Z[ 3]. (III) Demuestra que no existe ningun ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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´ SOLUCION Ideales primos Ejercicio. 8.5. Determina los ideales y los ideales primos del anillo Z. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.6. Para cada entero positivo n determina los ideales y los ideales primos del anillo cociente Zn := Z/nZ. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.7. Demuestra que todo dominio de integridad finito D es un cuerpo. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.8. ´ Demuestra que todo dominio de integridad D con un numero finito de ideales es un cuerpo. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.9. Si Σ ⊆ A es un subconjunto cerrado para la multiplicación que no contiene a 0, prueba que existe un ideal maximal m tal que m ∩ Σ = ∅. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.10. Sea p un ideal propio de un anillo A. Demuestra que son equivalentes: (a) p es primo; (b) si ab ⊆ p, entonces a ⊆ p o b ⊆ p para cualesquiera ideales a, b de A. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.11. (AM, Cap 1, Ej 1) Sea x un elemento nilpotente de un anillo A. Demuestra que 1 + x es una unidad de a. Deduce que la suma de un elemento nilpotente y una unidad es una unidad. 26 de octubre de 2010



29 ´ SOLUCION

Ejercicio. 8.12. (AM, Cap 1, Ej 6) Un anillo A es tal que cada ideal no contenido en el nilradical contiene un idempotente no nulo (es decir, un elemento e tal que e2 = e 6= 0). Demuestra que el nilradical y el radical de Jacobson de A son iguales. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.13. (AM, Cap 1, Ej 7) ´ n > 1 (dependiente de Sea A un anillo en el que cada elemento x satisface xn = x para algun x). Demuestra que cada ideal primo en A es maximal. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.14. (AM, Cap 1, Ej 8) Sea A un anillo no trivial. Demuestra que el conjunto de los ideales primos de A tiene elementos minimales respecto a la inclusión. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.15. (AM, Cap 1, Ej 10) Sea A un anillo, n su nilradical. Demuestra que son equivalentes: (a) A tiene exactamente un ideal primo. (b) Cada elemento de A es o una unidad o nilpotente. (c) A/n es un cuerpo. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.16. (AM, Cap 1, Ej 11) Un anillo A es anillo de Boole si x2 = x para cada x ∈ A. En un anillo de Boole A, demuestra que: (1) 2x = 0 para todo x ∈ A. (2) Cada ideal primo p es maximal, y A/p es un cuerpo con dos elementos. (3) Cada ideal con generación finita en A es principal. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.17. (AM, Cap 1, Ej 12) ´ idempotente distinto de 0 y 1. Prueba que un anillo local no contiene ningun ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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´ SOLUCION Ejercicio. 8.18. (AM, Cap 1, Ej 14) En un anillo A, sea Σ el conjunto de todos los ideales en los que cada elemento es un divisor de cero. Demuestra que el conjunto Σ tiene elementos maximales y que cada elemento maximal de Σ es un ideal primo. Por tanto el conjunto de los divisores de cero en A es una unión de ideales primos. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.19. Sea D un dominio de integridad. Demuestra que si cada ideal primo es principal entonces cada ideal primo es un ideal maximal. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.20. Sea A un anillo y a, b ideales de A. Se define el ideal cociente (a : b) como (a : b) = {x ∈ A | xb ⊆ a}. (1) Demuestra que (a : b) es un ideal de A que contiene a a. (2) Demuestra que un ideal p es primo si, y solo si, para cada ideal a se tiene (p : a) = p o´ (p : a) = A. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.21. Sea K un cuerpo, demuestra que el ideal (X 3 − Y 2 ) ⊆ K [X , Y ] es un ideal primo del anillo K [X , Y ]. ´ SOLUCION Teorema chino del resto Ejercicio. 8.22. Sean a y b ideales de un anillo A. Demuestra que a + b = A, si, y solo si, an + bn = A para cada entero positivo n. ´ SOLUCION Radical de un ideal 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 8.23. (AM, Cap 1, Ej 9) Sea a un ideal propio en un anillo A. Demuestra que a = rad(a) si y solo si a es una intersección de ideales primos. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.24. Sea A un anillo y a, b ideales de A. Demuestra que se verifica: an ⊆ b, (n ∈ N) ⇒ rad(a) ⊆ rad(b). ´ SOLUCION Ejercicio. 8.25. Sea A un anillo, a un ideal y p1 , . . . , pn ideales primos. Si a ⊆ ∩ni=1 pi ⊆ rad(a). Demuestra que rad(a) = ∩ni=1 pi . ´ SOLUCION Ejercicio. 8.26. Sean a1 = (X , Y ), a2 = (X − 1, Y − 1) ideales de F2 [X , Y ]. Demuestra que a = a1 a2 es un ideal radical. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.27. Sean a y b ideales de un anillo A. Prueba que son equivalentes: (a) a + b = A, (b) rad(a) + rad(b) = A, Ver Corolario (5.4.). ´ SOLUCION Extensión y contracción de ideales Ejercicio. 8.28. Sea F : A −→ B un homomorfismo de anillos y a ⊆ A un ideal. Demuestra que se verifica f (rad(a)) ⊆ rad(Bf (a)) = rad(ae ). Si además f es sobreyectiva y Ker(f ) ⊆ a, entonces se tiene la igualdad f (rad(a)) = rad(Bf (a)). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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C AP. I. A NILLOS E IDEALES ´ SOLUCION

´ Algebras y anillos de polinomios

Ejercicio. 8.29. (AM, Cap 1, Ej 4) Para cada anillo A el radical de Jacobson de A[x] es igual al nilradical.

´ SOLUCION

Ejercicio. 8.30. Demuestra que el cuerpo K (X ) de las funciones racionales en una indeterminada sobre el cuerpo K , esto es, el cuerpo de fracciones del anillo de polinomios K [X ], no es una K –álgebra finitamente generada. Observa que K (X )/K es una extensión de cuerpos finitamente generada.

´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



33

Ejercicio. 8.31. Se considera el anillo Z[X ] y el anillo cociente Z[i] = Z[X ]/(X 2 + 1). ´ (1) Razona que cada elemento de Z[i] tiene un unico representante de la forma a + bX , y que con estos representantes la multiplicación está definida como (a + bX )(c + dX ) = ac − bd + (ad + bc)X . Podemos identificar a + bX con la expresión a + bi, y definir la multiplicación de estas expresiones mediante la distributividad y la relación i2 = −1. (2) En Z[i] existe una aplicación N : Z[i] → N, N(a + bi) = a2 + b2 , es la norma, y es un homomorfismo para el producto. (3) Tenemos que Z[i] es un dominio eucl´ıdeo con aplicación eucl´ıdea la norma. Como consecuencia Z[i] es un DIP y un DFU. Se considera el homomorfismo f : Z → Z[i]. Para cada ideal a de Z[i] el contra´ıdo ac = f −1 (a) es un ideal de Z, que es primo si a lo es. Para cada ideal nZ ⊆ Z, se tiene que nZ[i] es el extendido en Z[i]. (1) Comprueba que 2Z[i] no es un ideal primo. (2) Comprueba que 3Z[i] es un ideal primo. (3) Comprueba que 5Z[i] no es un ideal primo. (4) En general, prueba que si p ∈ Z es un entero primo positivo se tiene que pZ[i] es un ideal primo si y solo si p ≡ 3 (mód 4). (5) Si p ≡ 1 (mód 4) o p = 2, entonces pZ[i] no es un ideal primo. Calcula en estos casos la descomposición en primos de p en Z[i].

´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 8.32. Se considera un homomorfismo de anillos f : A → B y una indeterminada X . Entonces, por ´ la propiedad universal del anillo de polinomios, existe un unico homomorfismo de anillos g : A[X ] → B[X ] tal que g(X ) = X y g|A = f . ´ En particular, si a es un ideal de A existe un unico homomorfismo, del tipo anterior, g : A A A[X ] → a [X ], que es inducido por la proyección A → a . (1) Describe cómo está definido g : A[X ] → Pt i i=0 ai X ?

A a [X ],

esto es, ¿cuál es la imagen del polinomio

´ (2) Comprueba que g es sobreyectivo y calcula su nucleo. (3) Describe el isomorfismo Im(g) ∼ = en e´ l aparecen.

A[X ] Ker(g) , detallando cada uno de los anillos e ideales que

(4) Describe Zn [X ] como cociente de Z[X ]. (5) Describe los elementos del ideal (n) de Z[X ] (6) ¿Cuándo el ideal (n) ⊆ Z[X ] es primo? (7) ¿Cuándo el ideal (n) ⊆ Z[X ] es maximal? (8) Da un ejemplo de un ideal maximal de Z[X ]

´ SOLUCION ´ Dominios de Factorización Unica Si D es un dominio un elemento f ∈ D es irreducible si no es cero ni invertible y no tiene factorizaciones propias, esto es, si f = gh en A, entonces g o´ h es invertible. ´ nica si cada elemento no nulo ni invertible Un dominio D es un dominio de factorizaci´ on u ´ f se escribe de forma unica como producto de elementos irreducibles. Ejercicio. 8.33. ´ Prueba que para cada elemento a ∈ D en un dominio de factorización unica son equivalentes: (a) a es irreducible. (b) (a) es un ideal primo.




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Ejercicio. 8.34. (AM, Cap 1, Ej 2) Sea A un anillo y sea A[x] el anillo de polinomios en una indeterminada x, con coeficientes en A. Sea f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x]. Demuestra que: (1) f es una unidad en A[x] si y solo si a0 es una unidad en A y a1 , . . . , an con nilpotentes. Pista. Si b0 + b1 x + · · · + bm xm es el inverso de f , prueba por inducción respecto de r que anr+1 bm−r = 0. De aqu´ı prueba que an es nilpotente, y entonces utiliza el ejercicio (8.11.). (2) f es nilpotente si y solo si a0 , a1 , . . . , an son nilpotentes. (3) (Teorema de McCoy, 1942) f es un divisor de cero si y solo si existe 0 6= a ∈ A tal que af = 0. Pista. Elegir un polinomio g = b0 + b1 x + · · · + bm xm de grado m´ınimo m tal que fg = 0. Entonces an bm = 0, por tanto an g = 0 (puesto que an g anula f y tiene grado menor que m). Después prueba por inducción que an−r g = 0 (0 ≤ r ≤ n). (4) f se dice que es primitivo si (a0 , . . . , an ) = (1). Prueba que si f , g ∈ A[x], entonces fg es primitivo si y solo si f y g son primitivos.

´ SOLUCION Ejercicio. 8.35. (AM, Cap 1, Ej 3) Generalizar los resultados del ejercicio (8.34.) a un anillo de polinomios A[x1 , . . . , xn ] de varias variables. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.36. (*) ´ Si A es un dominio de factorización unica, prueba que el anillo A[X1 , . . . , Xn ] es un dominio ´ de factorización unica. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.37. √ √ Se considera el anillo Z[ −5] = {a + b −5 | a, b ∈ Z}. √ (1) Prueba que Z[ −5] es un dominio de integridad. √ √ √ (2) Prueba que 2 × 3 = (1 + −5)(1 − −5) son dos factorizaciones distintas de 6 ∈ Z −5], √ y que por lo tanto Z[ −5] no es un DFU.


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Ejercicio. 8.38. √ √ Se considera el anillo Z[ 5] = {a + b 5 | a, b ∈ Z}. √ (1) Prueba que Z[ 5] es un dominio de integridad. √ √ (2) Prueba que la aplicación N : Z[ 5] → Z, definida N(a + b 5) = a2 − 5b2 es un homomorfismo para el producto. √ (3) Prueba que un elemento x ∈ Z[ 5] es invertible si y solo si N(x) = ±1. √ (4) Da ejemplos de elementos x, y ∈ Z[ 5] tales que x 6= ±1, N(x) = 1 y N(y) = −1. √ (5) Prueba que si x ∈ Z[ 5] verifica que N(x) es primo en Z, entonces x es irreducible. 2 (6) Prueba que √la congruencia √ √X ≡ ±2 (mód 5) no tiene soluciones en Z, y de aqu´ı deduce que 2, 3 + 5, 3 − 5 ∈ Z[ 5] son irreducibles. √ √ √ (7) Prueba que 4 = 2 × √2 = (3 + 5)(3 − 5) son dos factorizaciones distintas de 4 en Z[ 5], y que por tanto Z[ 5] no es un DFU.

´ SOLUCION Anillos de series formales de potencias Ejercicio. 8.39. Prueba que si D es un dominio, entonces D[[X ]] es un dominio, y que lo mismo ocurre con D[[X1 , . . . , Xn ]]. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.40. (AM, Cap 1, Ej 5) P n Sea A un anillo y sea A[[x]] el anillo de las seriesP formales de potencias f = ∞ n=0 an x con ∞ n coeficientes en A. Para cada serie formal f = n=0 an x se define el orden de f como el menor entero n tal que an 6= 0. Demuestra que: (1) f es una unidad en A[[x]] si y solo si a0 es una unidad en A. (2) Si f es nilpotente, entonces an es nilpotente para todo n ≥ 0. ¿Es cierto el rec´ıproco? (3) f pertenece al radical de Jacobson de A[[x]] si y solo si a0 pertenece al radical de Jacobson de A. (4) La contracción de un ideal maximal m de A[[x]] es un ideal maximal de A, y m está generado por mc y x. (5) Cada ideal primo de A es la contracción de un ideal primo de A[[x]]. 26 de octubre de 2010



37 ´ SOLUCION

Ejercicio. 8.41. ¿Es 7 + 3X + 3X 2 + 3X 3 + · · · un elemento invertible en Z12 [[X ]]? ´ SOLUCION Ejercicio. 8.42. Prueba que en Z12 se tiene que 2 + 3X + 2X 2 + 3X 3 + 2X 4 + 3X 5 + · · · es un divisor de cero. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.43. ´ (1) Prueba que (X1 , . . . , Xn ) es el unico ideal maximal de K [[X1 , . . . , Xn ]]. (2) Sea K un cuerpo, determina los ideales primos de K [[X ]]. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.44. Sea A un anillo y a ⊆ A un ideal. (1) Prueba que a + (X ) ⊆ A[[X ]] es un ideal de A. (2) Prueba que p ⊆ A es un ideal primo si, y solo si, p + (X ) ⊆ A[[X ]] es un ideal primo. (3) Prueba que m ⊆ A es un ideal maximal si, y solo si, m + (X ) ⊆ A[[X ]] es un ideal maximal. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.45. Sea A un anillo y a ⊆ A un ideal. (1) Prueba que a[[X ]] ⊆ A[[X ]] es un ideal de A. (2) Prueba que A[[X ]]/a[[X ]] ∼ = (A/a)[[X ]]. (3) Prueba que p ⊆ A es un ideal primo si, y solo si, p[[X ]] ⊆ A[[X ]] es un ideal primo. (4) Prueba que si m ⊆ A es un ideal maximal, m[[X ]] ⊆ A[[X ]] no es maximal. ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 8.46. Se considera el anillo Q[Y0 , Y1 , Y2 , . . .], n ∈ N, el ideal an = (Y0n , Y1n , Y2n , . . .) y el anillo A = Q[Y0 , Y1 , Y2 , . . .]/an . Llamamos yi al elemento Yi + an y definimos F = y0 + y1 X + y2 X 2 + · · · ∈ A[[X ]]. Prueba que F no es nilpotente, aunque cada uno de sus coeficientes es nilpotente. (Ejemplo debido a Fields.)

´ SOLUCION Producto de anillos Ejercicio. 8.47. Sea A un anillo, demuestra que A ∼ = B × C si y solo si existe un elemento idempotente e, esto es, e2 = e, tal que B = eA y C = (1 − e)A.

´ SOLUCION Ejercicio.Q8.48. Sea A = ni=1 Ai un producto de anillos. (1) Demuestra que cada ideal de A es de la forma i = 1, . . . , n.

Qn

i=1 ai ,

donde cada ai es un ideal de Ai ,

(2) ¿Cuáles son los ideales primos y los ideales maximales de A? ´ (3) Si los Ai son todos cuerpos demuestra que A tiene sólo un numero finito de ideales.

´ SOLUCION Ejercicio. 8.49. ´ Un anillo A se llama semilocal si tiene solo un numero finito de ideales maximales. Prueba que son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es un anillo semilocal. (b) A/ Rad(A) es un producto de cuerpos.




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Ejercicio. 8.50. Se considera el anillo cociente A = [X , Y ]/(XY ). ´ (1) Prueba que cada elemento de A tiene un unico representante de la forma k + F1 (X )X + F2 (Y )Y , siendo k ∈ K , F1 (X ) ∈ K [X ] y F2 (Y ) ∈ K [Y ]. (2) Describe la multiplicación de A en términos de los representantes antes mencionados. (3) Determina los ideales maximales de A. ´ SOLUCION Ejercicio. 8.51. Dados dos anillos A y B, para el anillo producto A × B se tiene la siguiente situación: Ao

jA

/

qA

A×B

o

jB

/

qB

A

(1) Prueba que existen aplicaciones (homomorfismos de grupos abelianos) jA : A −→ A × B, definido jA (a) = (a, 0) para cada a ∈ A y jB : B −→ A × B definido jB (b) = (0, b) para cada b ∈ B. (2) Prueba que existen homomorfismos de anillos qA : A × B −→ A, definido qA (a, b) = a para cada (a, b) ∈ A × B y qB : A×B −→ B, definido qB (a, b) = b para cada (a, b) ∈ A × B. (3) Prueba que para cada anillo X y cada par de homomorfismos de anillos fA : X −→ A, ´ fA : X −→ B existe un unico homomorfismo de anillos f : X −→ A × B tal que fA = qA ◦ f y f B = qB ◦ f . XO ooo OOO A

OOO fB fA oooo OOO ∃1 f oo OOO o o o OO' o woo o /B A×B qA

qB

Esto es, el par (A × B, {qA , qB }) es un producto de los anillos A y B. (4) Prueba que los elementos eA = (1, 0), eB = (0, 1) ∈ A × B son idempotentes y verifican eA + eB = (1, 1), y que de esto se deduce que e1 e2 = 0. (5) Dado un anillo C y dos elementos idempotentes e1 , e2 ∈ C tales que e1 +e2 = 1 definimos C1 = e1 C y C2 = e2 C. Prueba que C1 y C2 son anillos (no subanillos de C) y que existe un isomorfismo C ∼ = C1 × C2 . (6) Prueba que existe una biyección entre pares (e1 , e2 ) de elementos idempotentes de un anillo C verificando e1 + e2 = 1 y descomposiciones C1 × C2 de C. ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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40 Ejercicio. 8.52. Se considera el anillo A = K [X , Y ]/(XY ).

(1) Se considera la aplicación fX : K [X ] −→ A definida por fX (X ) = X + (XY ). ¿Es fX un homomorfismo de anillos? Estudia el caso de fY : K [Y ] −→ A. ¿Puede identificarse K [X ] con un subanillo de A? (2) Se considera la aplicación gX : A −→ K [X ] definida por gX (k+F1 (X )X +F2 (Y )Y +(XY )) = ´ k+F1 (X )X . ¿Es gX un homomorfismo de anillos? Estudia el caso de gY . Estudia su nucleo. ´ homomorfismo de anillos α que hace conmutar el siguiente diagrama? (3) ¿Existe algun K [X ] o

gX

K [X ] o

gY

A

qK [X ]

/

K [Y ]

α

K [X ] × K [Y ]

qK [Y ]

/

K [Y ]

´ En caso afirmativo, ¿cómo está definido α? Determina su imagen y su nucleo. (4) Observa que tenemos el siguiente cuadrado conmutativo de homomorfismos de anillos: A gY

gX

/

K [Y ]

K [X ]

eval0

/K

eval0

El anillo A y los homomorfismos gX , gY verifican la siguiente propiedad universal: Para cada anillo B y cada par de homomorfismos hX : B −→ K [X ] y hY : B −→ K [Y ] tales que ´ eval0 ◦ hX = eval0 ◦ hY , prueba que existe un unico homomorfismo h : B −→ A tal que hX = gX ◦ h y hY = gY ◦ h. B1CRRRRR 11 C RRR h 11 Ch RRRXRR RRR 11 C C RR) 11 ! / K [X ] hy 11 A gX 11 11 gY eval0 1 /K K [Y ] eval0

´ SOLUCION Producto tensor de anillos 26 de octubre de 2010



41

Ya conocemos el producto de dos anillos; vamos a ver que en el caso de a´ lgebras podemos también hacer la construcción dual, esto es, el coproducto. Procedemos como sigue. Dado un anillo A y dos A-álgebras B y C, definimos un nuevo A–módulo, B ⊗A C, como el cociente del A–módulo libre sobre {(b, c) | b ∈ B, c ∈ C} por el submódulo S generado por los siguientes elementos: (b1 + b2 , c) − (b1 , c) − (b2 , c), (b, c1 + c2 ) − (b, c1 ) − (b, c2 ), (ab, c) − (b, ac), (ab, c) − a(b, c),

∀b1 , b2 ∈ B, ∀c ∈ C ∀b ∈ B, ∀c1 , c2 ∈ C ∀a ∈ A, ∀b ∈ B, ∀c ∈ C ∀a ∈ A, ∀b ∈ B, ∀c ∈ C

Representamos por b ⊗ c a la clase en B ⊗A C del par (b, c). Por P la definición los elementos de B ⊗A C son combinaciones A–lineales del tipo siguiente: ni=1 bi ⊗ ci , con bi ∈ B y ci ∈ C; es importante destacar que un elemento puede ser representado por varias expresiones distintas; por ejemplo se verifica (b1 + b2 ) ⊗ c = b1 ⊗ c + b2 ⊗ c. Llamamos a B ⊗A C el producto tensor de B y C sobre A. (Observa que hasta el momento no hemos utilizado nada más que la estructura de A–módulo de B y C, por lo que esta construcción se puede realizar para cualquier par de A–módulos.) En el caso de dos A–álgebras, B y C, en el A–módulo B ⊗A C definimos un producto mediante: (b1 ⊗ c1 )(b2 ⊗ c2 ) = (b1 b2 ) ⊗ (c1 c2 ),

∀b1 , b2 ∈ B, ∀c1 , c2 ∈ C.

Y se extiende a todos los elementos de B ⊗A C por distributividad. Ejercicio. 8.53. Prueba que en B ⊗A C este producto está bien definido, esto es, que no depende de los representantes elegidos, y que B ⊗A C es una A–álgebra con elemento uno igual a 1 ⊗ 1. ´ SOLUCION El anillo B ⊗A C se llama el a´ lgebra producto tensor de B y C sobre A. Dados A–módulos B, C y X , una aplicación β : B × C −→ X se llama A–bilineal si verifica: β(b1 + b2 , c) = β(b1 , c) + β(b2 , c), β(b, c1 + c2 ) = β(b, c1 ) + β(b, c2 ), β(ab, c) = β(b, ac), β(ab, c) = aβ(b, c),

∀b1 , b2 ∈ B, ∀c ∈ C ∀b ∈ B, ∀c1 , c2 ∈ C ∀a ∈ A, ∀b ∈ B, ∀c ∈ C ∀a ∈ A, ∀b ∈ B, ∀c ∈ C

Por ejemplo, siempre tenemos una aplicación A–bilineal τ : B × C −→ B ⊗A C definida por τ (b, c) = b ⊗ c, para b ∈ B y c ∈ C. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


42

Tenemos además que el par (τ, B ⊗A C) verifica la siguiente propiedad universal. Ejercicio. 8.54. Prueba que para cada A–módulo X y cada aplicación A–bilineal β : B × C −→ X existe un ´ unico homomorfismo de A–módulos β 0 : B ⊗A C −→ X tal que β = β 0 ◦ τ . B × CF

FF FF F β FFF "

/B⊗ A w w

τ

X

{w

C

w w β0

´ SOLUCION En el caso de A–álgebras también tenemos una propiedad universal. Observa que en este caso se tiene la siguiente relación con τ : τ (b1 b2 , c1 c2 ) = τ (b1 , c1 )τ (b2 , c2 ),

∀b1 , b2 ∈ B, ∀c1 , c2 ∈ C;

por lo tanto tenemos el siguiente resultado. Ejercicio. 8.55. Dado un anillo A y A–álgebras B, C y X , para cada aplicación A–bilineal β : B × C −→ X verificando β(b1 b2 , c1 c2 ) = β(b1 , c1 )β(b2 , c2 ), para b1 , b2 ∈ B y c1 , c2 ∈ C, y β(1, 1) = 1, ´ prueba que existe un unico homomorfismo de A–álgebras β 0 : B⊗A C −→ X tal que β = β 0 ◦τ . B × CF

FF FF F β FFF "

/B⊗ A w w

τ

X

{w

C

w w β0

´ SOLUCION Con estos resultados vamos a construir el dual del producto de dos A–álgebras. Dadas dos A–álgebras B y C se definen: jB : B −→ B ⊗A C, jC : C −→ B ⊗A C,

jB (b) = b ⊗ 1, jC (c) = 1 ⊗ c,

∀b ∈ B; ∀c ∈ C.

Es claro que jB y jC son homomorfismos de A–álgebras. El resultado sobre el coproducto que andamos buscando es: 26 de octubre de 2010



43

Ejercicio. 8.56. Dada una A–álgebra X y homomorfismos de A–álgebras fB : B −→ X , fC : C −→ X , prueba ´ que existe un unico homomorfismo f : B ⊗A C −→ X tal que fB = f ◦ jB y fC = f ◦ jC . jC B ⊗ A C o C GG ww GG ww

B GG

jB

fB

/

f GG ww GG www fC # {w

X

´ SOLUCION Como aplicación de estos resultados hacer el siguiente: Ejercicio. 8.57. Dado un anillo A y dos indeterminadas X e Y , prueba que se tiene un isomorfismo de A– a´ lgebras A[X ] ⊗A A[X ] ∼ = A[X , Y ]. ´ SOLUCION


P. Jara

Cap´ıtulo II Anillos de polinomios 9 10 11 12 13 14 15 16

Representación de polinomios . . . . . . ´ Ordenes en Nn . . . . . . . . . . . . . . . . Algoritmo de la división . . . . . . . . . . Ideales monomiales . . . . . . . . . . . . Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . Aplicaciones de las Bases de Groebner . . Aplicaciones de las Bases de Groebner, II Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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46 46 51 56 58 67 70 74

Introducci´ on Este cap´ıtulo está dedicado al estudio de la aritmética de los anillos de polinomios en varias indeterminadas con coeficientes en un cuerpo. En e´ l introducimos métodos computacionales basados en la división con resto en anillos de polinomios en n indeterminadas, para lo que necesitamos introducir relaciones de orden en Nn , que sean un buen orden compatible con la operación suma y de forma que 0 = (0, . . . , 0) sea el elemento m´ınimo; estos son los o´ rdenes monomiales. La herramienta fundamental para hacer un desarrollo computacional la proporcionan las bases de Groebner, que nos permiten desarrollar algoritmos para comparar ideales y dar métodos efectivos para poder calcular las operaciones aritméticas elementales con los mismos.

C AP. II. A NILLOS DE POLINOMIOS

46

9.

Representaci´ on de polinomios

Se considera un cuerpo K , indeterminadas X1 , . . . , Xn y el anillo K [X1 , . . . , Xn ] de los polinomios en X1 , . . . , Xn con coeficientes en K . Al identificar K [X1 , . . . , Xn ] con K [X1 , . . . , Xn−1 ][Xn ], ´ cada elemento F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] se escribe, de forma unica, como:

F=

t X

Fi Xni ,

con Fi ∈ K [X1 , . . . , Xn−1 ]

(II.1)

i=1

´ Esta es la representaci´ on recursiva de F. Sin embargo, en lo que sigue, vamos a utilizar otra representación para los polinomios en K [X1 , . . . , Xn ]. Dadas las indeterminadas X1 , . . . , Xn , ´ manteniendo el orden que se indica, cada producto de e´ stas se escribe de forma unica como X1α1 · · · Xn αn . Llamamos monomio a cada una de estas expresiones. Por simplicidad, el monomio X1α1 · · · Xn αn lo vamos a representar por X α , siendo α = (α1 , . . . , αn ) ∈ Nn . Entonces el polinomio F se puede escribir como una combinación lineal de monomios, con coeficientes en K , esto es, X aα X α , con aα ∈ K casi todos nulos. F= α∈Nn

´ Esta es la representaci´ on distributiva de F. Estamos interesados en la unicidad de esta representación. Observar que aunque las expresiones X1 X25 +X2 y X2 +X1 X25 se refieren al mismo polinomio, en la práctica las consideraremos ´ distintas, y buscaremos criterios para aspcar a cada polinomio una expresión unica que nos permita compararlos de forma sencilla y poder desarrollar algoritmos sobre los mismos.

10.

´ Ordenes en Nn

Se considera el monoide aditivo Nn y en e´ l un orden (orden parcial) . Decimos que es compatible o un orden parcial lineal si para cualesquiera α, β, γ ∈ Nn tales que α β, se tiene que α + γ β + γ. Ejemplo. 10.1. (El orden producto en Nn ) Si consideramos en Nn el orden definido por α β si αi ≤ βi para todo i = 1, . . . , n, 26 de octubre de 2010


´ RDENES EN Nn S EC . 10. O

47

resulta que este orden es compatible. Estamos interesados en o´ rdenes totales en Nn , y el introducido en el ejemplo anterior no lo es si n ≥ 2. Vamos a considerar un orden total en Nn . Decimos que es mon´ otono o admisible si 0 = (0, . . . , 0) es un m´ınimo de Nn ; esto es, para cada α ∈ Nn se verifica 0 α. Y decimos que es fuertemente mon´ otono si αi ≤ βi , para cada ´ındice i, entonces (α1 , . . . , αn ) (β1 , . . . , βn ), esto es, es un orden que generaliza al orden en Nn inducido por el producto; ver Ejemplo (10.1.). Es claro que todo orden fuertemente monótono es monótono. El rec´ıproco no es siempre cierto. Sin embargo, para o´ rdenes compatibles tenemos: Lema. 10.2. Todo orden compatible y monótono es fuertemente monótono. ´ . Supongamos que αi ≤ βi para cada ´ındice i, entonces existe γ ∈ Nn tal que D EMOSTRACI ON α + γ = β, como se verifica 0 γ, se obtiene α α + γ = β. Un orden en Nn total, compatible y monótono se llama un orden de términos o un orden monomial. Observa que para un preorden (verifica las propiedades reflexiva y transitiva) o un orden parcial en Nn podemos hacer también las definiciones de monótono y fuertemente monótono. El siguiente resultado es independiente del orden total que consideremos en Nn . Lema. 10.3. (Lema de Dickson.) Sea S ⊆ Nn un subconjunto no vac´ıo, entonces existe un subconjunto finito G ⊆ S tal que para cada x ∈ S existen y ∈ G y α ∈ Nn tales que x = y + α. Se dice que G genera a S. ´ . Hacemos inducción sobre n. Si n = 1, entonces S ⊆ N y podemos tomar D EMOSTRACI ON G = {y}, siendo y el primer elemento de S. Supongamos que n > 1. Tomamos y ∈ S, si existe ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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x ∈ S tal que x ∈ / y + Nn , entonces existe un ´ındice i tal que xi < yi , y en particular x pertenece a uno de los siguientes subconjuntos: Sij = {x ∈ S | xi = j},

i = 1, . . . , n, j = 0, . . . , yi − 1.

Definimos nuevos subconjuntos Sij0 = {x ∈ Nn | xi = 0 y (x1 , . . . , xi−1 , j, xi+1 , . . . , xn ) ∈ Sij } Podemos considerar Sij0 ⊆ Nn−1 . Por la hipótesis de inducción, existe Gij0 ⊆ Sij0 finito que genera Sij0 . Definimos entonces Gij = {(x1 , . . . , xi−1 , j, xi+1 , . . . , xn ) ∈ Sij | (x1 , . . . , xi−1 , 0, xi+1 , . . . , xn ) ∈ Gij0 }. Resulta que Gij es un subconjunto finito que genera Sij , luego {y} ∪ (∪ij Gij ) es un conjunto finito que genera S.

Un orden en un conjunto S es un buen orden si cada subconjunto no vac´ıo tiene un primer elemento. Ejercicio. 10.4. Cada orden de monomial en Nn es un buen orden. ´ . Como es un orden total, si un conjunto no vac´ıo tiene un elemento minimal, S OLUCI ON ´ entonces e´ ste es unico, luego es minimal. Dada una cadena y0 > y1 > · · · en S, consideramos el conjunto X = {y0 , y1 , . . .}. Por el lema de Dickson existe un conjunto generador finito {ym1 , . . . , ymt }. Supongamos que ym1 ≤ ymi para cada ´ındice i. Si ym1 no es minimal, existe yj < ym1 . Además existe mi tal que yj = ymi + α. Como consecuencia yi = ymi + α ≥ ymi ≥ ym1 , lo que es una contradicción. En lo que sigue vamos a trabajar, principalmente, con o´ rdenes monomiales.

Monoideales Un subconjunto E ⊆ Nn se llama un monoideal si para cada γ ∈ E y cada α ∈ Nn se tiene γ + α ∈ E, esto es, E = E + Nn . Dado un monoideal E, un subconjunto G ⊆ E tal que E = G + Nn se llama un sistema de generadores de E. 26 de octubre de 2010


´ RDENES EN Nn S EC . 10. O

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Como consecuencia del Lema de Dickson, Lema (10.3.), resulta que cada monoideal E de Nn tiene un sistema de generadores finito, esto es, E contiene un subconjunto finito G tal que E = G + Nn . ´ subconjunto Un sistema de generadores G de un monoideal E se llama minimal si ningun de G genera E. Es fácil observar que cada monoideal contiene un sistema de generadores minimal. Sin embargo podemos decir algo más: Lema. 10.5. ´ Cada monoideal tiene un unico sistema de generadores minimal. ´ . Sea E un monoideal y G y G0 dos sistemas de generadores minimales; por D EMOSTRACI ON el Lema de Dickson podemos suponer que ambos son finitos. Para cada α ∈ G existe βα ∈ G0 ´ γα ∈ N. Se verifica que G1 := {βα | α ∈ G} genera G, y por tal que α = βα + γα para algun 0 lo tanto a G . La minimalidad de G0 se deduce que G1 = G0 , y por lo tanto G0 ⊆ G. De forma análoga se tiene G ⊆ G0 y se tiene la igualdad.

´ Ordenes en el producto cartesiano Antes hemos hablado del orden producto en Nn ; vamos a generalizar esta construcción. Dados dos conjuntos A y B con relaciones de orden ≤A y ≤B , en A×B se define una nueva relación de orden ≤pr mediante: a1 ≤A a2 y (a1 , b1 ) ≤pr (a2 , b2 ) si b1 ≤ B b2 El orden ≤pr se llama el orden producto de ≤A y ≤B en A × B. Si ≤A y ≤B son o´ rdenes totales en A y en B respectivamente no siempre ≤pr es un orden total en A × B. Por esta razón se suelen utilizar otros o´ rdenes en A × B, también inducidos por o´ rdenes en los factores. Uno de ellos es el orden producto lexicográfico, que se define como a1
´ rdenes en un conjunto Producto de o Dados dos o´ rdenes 1 y 2 en un conjunto A, definimos un nuevo orden mediante: a b si a 1 b y a 2 b. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


50 El orden se llama el orden producto de 1 y 2 .

Observar que si 1 y 2 son o´ rdenes totales el orden producto no necesariamente lo es. Este defecto lo podemos corregir cambiando la forma de inducir o´ rdenes. Dados dos preórdenes v1 y v2 en un conjunto A, definimos un nuevo preorden en A mediante: α <1 β o´ α v1,2 β si α ≡1 β y α v2 β. El preorden v1,2 se llama el producto lexicográfico de v1 y v2 . Lema. 10.6. Con la notación anterior tenemos que v1,2 es un preorden. Además, si v1 y v2 son o´ rdenes totales compatibles o´ monótonos, entonces v1,2 también lo es. ´ Las construcciones anteriores se puede extender a un numero finito de o´ rdenes o´ preórdenes.

´ rdenes en Nn Ejemplos de o Orden lexicográfico α ≥lex β si para el primer ´ındice i tal que αi 6= βi se tiene αi > βi . Orden lexicográfico graduado α ≥grlex

P P αi > Pi βi o i P β si i αi = i βi y α ≥lex β.

Orden lexicográfico graduado inverso α ≥invgrlex β si P P α > i i P Pi βi o i αi = i βi y para el primer ´ındice i (por la dcha.) tal que αi 6= βi se tiene αi < βi . Debido a la biyección entre Nn y el conjunto de monomios X1α1 · · · Xnαn , dada por (α1 , . . . , αn ) 7→ X1α1 · · · Xnαn , cada orden o preorden en Nn define, de forma un´ıvoca, un orden o preorden en el conjunto de monomios. 26 de octubre de 2010


Ń S EC . 11. A LGORITMO DE LA DIVISI O

51

Ejemplo. 10.7. ´ los o´ rdenes que Dados los monomios: X13 , X1 X22 , X25 , X13 X2 X3 , X34 , vamos a ordenarlos segun hemos definido. Orden lexicográfico: X13 X2 X3 , X13 , X1 X22 , X25 , X34 . Orden lexicográfico graduado: X13 X2 X3 , X25 , X34 , X13 , X1 X22 . Orden lexicográfico graduado inverso: X25 , X13 X2 X3 , X34 , X13 , X1 X22 . Ejemplo. 10.8. Ordenar los términos del polinomio F = 3X 2 + 2XY 2 + Y 3 ∈ K [X , Y ]. Orden lexicográfico: F = 3X 2 + 2XY 2 + Y 3 , LT(F) = 3X 2 , LC(F) = 3, LM(F) = X 2 , exp(F) = (2, 0).

Orden lexicográfico graduado: F = 2XY 2 + Y 3 + 3X 2 , LT(F) = 2XY 2 , LC(F) = 2, LM(F) = XY 2 , exp(F) = (1, 2).

Orden lexicográfico graduado inverso: F = 2XY 2 + Y 3 + 3X 2 , LT(F) = 2XY 2 , LC(F) = 2, LM(F) = XY 2 , exp(F) = (1, 2). Es un resultado general que en el caso de dos indeterminadas los o´ rdenes lexicográfico graduado y lexicográfico graduado inverso coinciden. Compruébalo! Observar que para aplicar estos o´ rdenes hemos utilizado la correspondencia X a Y b 7→ (a, b); esto supone una ordenación de las indeterminadas X > Y . Podr´ıamos haber utilizado la correspondencia X a Y b 7→ (b, a), lo que supone la ordenación de las indeterminadas en la forma Y > X .

11.

Algoritmo de la divisi´ on

Consideramos el anillo de polinomios K [X1 , . . . , Xn ]. Ya conocemos algo de su estructura; ´ por ejemplo, es un dominio de factorización unica. Vamos a profundiza un poco mas en su aritmética. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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Recordemos que como las indeterminadas se suponen conmutativas, cada producto de las mismas se puede escribir, un´ıvocamente, en la forma X1α1 · · ·Xnαn , siendo αi ∈ N, y que abreviadamente podemos representar este producto por X α , siendo α = (α1 , . . . , αn ) ∈ Nn . Podemos desarrollar cada polinomio F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] en la siguiente forma: F=

X

aα X α ,

α

con aα ∈ K , α ∈ Nn , y si α = (α1 , . . . , αn ), entonces X α = X1α1 · · · Xn αn . Veamos, para fijar notación, algunos elementos asociados con el polinomio F cuando tenemos un orden monomial en Nn . (I) El diagrama de Newton de F es: N (F) = {α ∈ Nn | aα 6= 0}. (II) Si F 6= 0, el exponente de F: exp(F) = máx{α ∈ Nn | α ∈ N (F)}. (III) El grado de F: grad(F) = máx{α1 + · · · + αn | α = (α1 , . . . , αn ) ∈ N (F)}. (IV) El coeficiente l´ıder de F: LC(F) = aexp(F) . (V) El término l´ıder de F: LT(F) = aexp(F) X exp(F) . (VI) El monomio l´ıder de F: LM(F) = X exp(F) . Por completitud definimos LC(0) = 0 = LT(0). Entonces, como consecuencia, para cada F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tenemos F 6= 0 si, y sólo si, LT(F) 6= 0 si, y sólo si, LC(F) 6= 0. Lema. 11.1. Dados F, G ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tenemos exp(FG) = exp(F) + exp(G). ´ . Como consecuencia de ser un orden compatible resulta exp(FG) = exp(F)+ D EMOSTRACI ON exp(G). De forma inmediata tenemos el siguiente resultado: Lema. 11.2. Dados 0 6= F, G ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tenemos: (1) Si F + G 6= 0, entonces exp(F + G) ≤ máx{exp(F), exp(G)}; (2) Si exp(F) < exp(G), entonces exp(F + G) = exp(G). 26 de octubre de 2010



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´ . D EMOSTRACI ON

Lo siguiente es también notación. Si α1 . . . , αt ∈ Nn , es una lista de elementos de Nn , definimos: ∆1 = α1 + Nn , ∆2 = (α2 + Nn ) \ ∆1 , .. . ∆t = (αt + Nn ) \ ∪i

Como consecuencia, de este resultado, tenemos el siguiente algoritmo de la división en el anillo K [X1 , . . . , Xn ]. Teorema. 11.4. (Algoritmo de la divisi´ on.) Dado un orden monomial en Nn , para cada lista finita de polinomios no nulos G1 , . . . , Gt ∈ K [X1 , . . . , Xn ], consideramos la partición de Nn determinada por la lista exp(G1 ), . . . , exp(Gt ). Se verifica entonces que para cada 0 6= F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] existen elementos Q1 , . . . , Qt y ´ R ∈ K [X1 , . . . , Xn ], unicos, cumpliendo las propiedades siguientes: P (1) F = ti=1 Qi Gi + R; (2) R = 0 o´ N (R) ⊆ ∆; (3) Para cada ´ındice i se verifica: exp(Gi ) + N (Qi ) ⊆ ∆i . Como consecuencia, si Qi Gi 6= 0, se tiene exp(Qi Gi ) ≤ exp(F) y si R 6= 0, entonces exp(R) ≤ exp(F). ´ . D EMOSTRACI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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Existencia. Hacemos inducción sobre exp(F). Si exp(F) = 0, entonces tenemos dos posibilidades: ´ ´ındice i; (I) exp(F) = (0, . . . , 0) ∈ ∆i , para algun (II) exp(F) = (0, . . . , 0) ∈ ∆. ´ γ ∈ Nn , luego exp(Gi ) = (0, . . . , 0) y Gi ∈ K . (i) Tenemos exp(F) = exp(Gi ) + γ, para algun Podemos tomar:  si j 6= i;  Qj = 0, Q = Fi /Gi ;  i R=0 (ii) Tenemos exp(F) ∈ ∆, entonces podemos tomar: Qi = 0, si i = 1, . . . , t; R=F Supongamos ahora que el resultado es cierto para todos los polinomios G con exp(G) < exp(F). Al igual que antes tenemos dos posibilidades: ´ ´ındice i; (I) exp(F) ∈ ∆i , para algun (II) exp(F) ∈ ∆. ´ γ ∈ Nn . Si definimos H = X γ Gi tenemos que (i) Tenemos exp(F) = exp(Gi ) + γ, para algun F − LC(F) X γ Gi es un polinomio con exponente estrictamente menor que F. Aplicando la LC(H) hipótesis de inducción tenemos: F−

X LC(F) γ X Gi = Qi0 Gi + R0 LC(H) i

con los Q10 , . . . , Qt0 , R verificando las condiciones del enunciado. Entonces obtenemos la expresión: X Qi Gi + R, F= i

en donde


 0 si j 6= i;   Qj = Qj , Qi = Qi0 + LC(F) X γ ; LC(H)   R = R0 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6


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Para comprobar que se tienen las condiciones del enunciado observemos las siguientes inclusiones: exp(Gi ) + N (Qi ) ⊆ exp(Gi ) + {N (Qi0 ) ∪ {γ}} = = (exp(Gi ) + N (Qi0 )) ∪ {exp(Gi ) + γ} ⊆ ⊆ ∆i . (ii) Si exp(F) ∈ ∆, entonces F − LT(F) es un polinomio con exponente estrictamente menor que F, y por tanto, por la hipótesis de inducción, tenemos: X F − LT(F) = Qi0 Gi + R0 i

con los Q10 , . . . , Qt0 , R verificando las condiciones del enunciado. Entonces obtenemos la siguiente expresión para F: X F= Qi Gi + R, i

en donde

si i = 1, . . . , t; Qi = Qi0 , 0 R = R + LT(F)

Para comprobar que se tienen las condiciones del enunciado tenemos que si R 6= 0, entonces, considerando que N (0) = ∅, tenemos: N (R) = N (R0 + LT(F)) ⊆ N (R0 ) ∪ {exp(F)} ⊆ ∆. Unicidad. Sean F=

X i

Qi Gi + R =

X

Qi0 Gi + R0

i

dos expresiones de F verificando las condiciones del enunciado. Tenemos entonces: X 0= (Qi − Qi0 )Gi + (R − R0 ). i

Vamos a analizar los exponentes de los sumandos de esta suma: exp(R − R0 ) ∈ N (R − R0 ) ⊆ N (R) ∪ N (R0 ) ⊆ ∆. exp((Qi − Qi0 )Gi ) = exp(Qi − Qi0 ) + exp(Gi ) ⊆ ⊆ exp(Gi ) + (N (Qi − Qi0 )) = = (exp(Gi ) + N (Qi )) ∪ (exp(Gi ) + N (Qi0 )) ⊆ ∆i . Ahora como los ∆1 , . . . , ∆t , ∆ forman una partición de Nn , llegamos a que cada uno de los sumandos es cero, y como estamos en un dominio, tenemos Qi = Qi0 , para cada ´ındice i, y R = R0 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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56

Los elementos Q1 , . . . , Qt se llaman cocientes de F y R se llama resto de F relativos a {G1 , . . . , Gt }. El resto R se representa también por R(F; {G1 , . . . , Gt }). Observar que el orden de los elementos G1 , . . . , Gt es determinante para el cálculo del resto. Esto es, puede ocurrir que: R(F; {G1 , . . . , Gi , . . . , Gj , . . . , Gt }) 6= R(F; {G1 , . . . , Gj , . . . , Gi , . . . , Gt }), para i 6= j.

12.

Ideales monomiales

Un ideal a de K [X1 , . . . , Xn ] se llama monomial si tiene un sistema de generadores formado por monomios. Lema. 12.1. Si a es un ideal monomial con un sistema de generadores formado por monomios {X α | α ∈ A ⊆ Nn }, para cada monomio X β ∈ K [X1 , . . . , Xn ] son equivalentes: (a) X β ∈ a; ´ α ∈ A. (b) Existe F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tal que X β = FX α , para algun Además, este F se puede tomar monomial. ´ . Es claro que (b) implica (a). Para ver que (a) implica (b), sea {X α | α ∈ A} D EMOSTRACI ON un sistema de generadores de a formado por monomios, y sea X β ∈ a. Entonces existen P i F1 , . . . , Ft ∈ K [X1 , . . . , Xn ] y α1 , . . . , αt ∈ A tales que X β = i Fi X α . Supongamos que Fi = P β ij on siguiente: j bij X , con bij ∈ K , tenemos la expresi´  Xβ =

X

i

Fi X α =

i

X

 X

 i

j

ij

i

bij X β  X α =

X i,j

ij

i

bij X β X α =

X

i

ij

dij X α +β .

i,j

Los monomios unitarios son una K –base de K [X1 , . . . , Xn ], luego de X β = ducimos que la expresión anterior se puede escribir X Xβ = {dij | αi + β ij = β} X β ,

P

i,j dij X

αi +β ij

de-

´ αi se tiene que existe un γ tal que αi +γ = β, entonces existe y como consecuencia, para algun i un c ∈ K tal que X β = cX γ X α , de donde se tiene el resultado. 26 de octubre de 2010


S EC . 12. I DEALES MONOMIALES

57

Proposici´ on. 12.2. Sea a un ideal monomial y sea F un elemento de K [X1 , . . . , Xn ]. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) F ∈ a; (b) Todo monomio de F pertenece a a; (c) F es una combinación K –lineal de monomios de a. ´ . Las relaciones (b) ⇔ (c) ⇒ (a) son claras. Para probar que (a) implica (b), D EMOSTRACI ON consideremos {X α | α ∈ A} un sistema de generadores de a formado por monomios para ´ conjunto A. Sea F ∈ a, existen F1 , . . . , Ft ∈ K [X1 , . . . , Xn ] y α1 , . . . , αt ∈ A tales que algun P P i ij F = i Fi X α . Consideramos desarrollos de los Fi , por ejemplo, Fi = j bij X β , con bij ∈ K . Tenemos la expresión siguiente: P i F = i Fi X α = P P ij i = i ( j bij X β )X α = P i ij = i,j bij X β X α = P i ij = i,j dij X α +β = P = β cβ X β . P ´ cβ 6= 0, entonces 0 6= cβ = {dij | αi + β ij = β}, y al igual que en la demostración Si algun ´ αi ∈ A y algun ´ c ∈ K tales que del lema anterior tenemos que existe algun i

cβ X β = cX γ X α , de donde cada monomio de F pertenece a a.

Si a es un ideal definimos Exp(a) = {exp(F) | 0 6= F ∈ a}. Un subconjunto E ⊆ Nn se llama un monoideal si para cada γ ∈ E y cada α ∈ Nn se tiene γ + α ∈ E, esto es, E = E + Nn . Lema. 12.3. Para cada ideal a de K [X1 , . . . , Xn ] se tiene que Exp(a) es un monoideal de Nn . Corolario. 12.4. (Lema de Dickson para ideales monomiales.) Si a es un ideal monomial, entonces a tiene un sistema finito de generadores formado por monomios. ´ . Como tenemos que Exp(a) es un monoideal de Nn , sea A ⊆ Exp(a) finito D EMOSTRACI ON tal que Exp(a) = A + Nn . Para cada α ∈ A consideramos Fα ∈ a tal que exp(Fα ) = α. Es claro ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


58

que LM(Fα ) = LC(Fα )X α , luego X α ∈ a. Consideramos ahora el ideal b = R({X α | α ∈ A}). Se verifica que b ⊆ a. Además, dado un monomio X β ∈ a tenemos β ∈ Exp(a) = A + Nn , luego existe α ∈ A y γ ∈ Nn tales que β = α + γ. Entonces tenemos: X β = X α+γ = cX γ X α , ´ c ∈ K , y por tanto X β ∈ b. para algun

Una demostración directa de este resultado aparece en los ejercicios. Como consecuencia de la demostración del Lema de Dickson para ideales monomiales tenemos: Corolario. 12.5. Si a y b son ideales monomiales, son equivalentes los siguientes enunciados: (a) a = b; (b) Exp(a) = Exp(b). El siguiente resultado es de interés, ya que en teor´ıa permite comparar ideales monomiales. Proposici´ on. 12.6. Cada ideal monomial tiene un sistema m´ınimo de generadores. ´ . Sean G y G0 dos sistemas de generadores. Para cada g ∈ G existe g 0 ∈ G0 D EMOSTRACI ON tal que g 0 | g, luego G \ {g} ∪ {g 0 } es un nuevo sistema de generadores que ocupa el lugar de G. Si realizamos este proceso para cada sistema de generadores G0 , llegamos a un sistema de generadores m´ınimo. Es claro que existe una biyección entre ideales monomiales de K [X1 , . . . , Xn ] y monoideales de Nn . En esta biyección a cada ideal a le corresponde el monoideal Exp(a), y a cada monoideal E ⊆ Nn , con sistema de generadores G le corresponde el ideal monomial con sistema de generadores {X γ | γ ∈ G}. En ambos casos los sistemas de generadores pueden ser tomados finitos.

13.

Bases de Groebner

Vamos a tratar ahora el caso general de un ideal no nulo del anillo de polinomios y vamos a ´ sentido. ver si es posible obtener un sistema de generadores que sea m´ınimo en algun 26 de octubre de 2010


S EC . 13. B ASES DE G ROEBNER

59

Lema. 13.1. Sea a un ideal no nulo de K [X1 , . . . , Xn ]. Si A ⊆ Nn es un sistema finito de generadores de Exp(a), para cada conjunto de polinomios {Fα | α ∈ A} ⊆ a tales que exp(Fα ) = α para cada α ∈ A, se tiene que {Fα | α ∈ A} es sistema de generadores de a como ideal. ´ . Como A es finito, supongamos que {Fα | α ∈ A} = {G1 , . . . , Gt }. Para cada D EMOSTRACI ON 0 6= F ∈ a consideramos P el algoritmo de la división para la sucesión G1 , . . . , Gt . Obtenemos una expresi´ o n F = i Qi Gi + R. Si R 6= 0, entonces N (R) ⊆ ∆ y como tenemos R = F − P n i on. i Qi Gi ∈ a, se verifica exp(R) ∈ Exp(a) = A + N = ∪i ∆ , lo que es una contradicci´ Si a es un ideal de K [X1 , . . . , Xn ], una base de Groebner de a es un conjunto finito de elementos no nulos, G = {G1 , . . . , Gt } ⊆ a, verificando que Exp(a) = {exp(G1 ), . . . , exp(Gt )} + Nn = Exp(G) + Nn . Corolario. 13.2. (1) Cada ideal no nulo de K [X1 , . . . , Xn ] tiene una base de Groebner; (2) Toda base de Groebner de un ideal no nulo es un sistema de generadores. (3) Teorema de la base de Hilbert. Todo ideal de K [X1 , . . . , Xn ] es finitamente generado. Proposici´ on. 13.3. Si a es un ideal no nulo de K [X1 , . . . , Xn ], y G, G0 son dos bases de Groebner de a, entonces para cada 0 6= F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] se verifica R(F; G) = R(F; G0 ). ´ . Supongamos que al aplicar el algoritmo de la división para G y G0 obteneD EMOSTRACI ON mos dos expresiones: X X F= Qi Gi + R = Qj0 Gj0 + R0 , i

j

respectivamente. Si R 6= R0 , como R − R0 ∈ a, tenemos exp(R − R0 ) ∈ Exp(a) = ∪i ∆i = ∪j (∆0 )j . Pero

exp(R − R0 ) ∈ N (R − R0 ) ⊆ N (R) ∪ N (R0 ) ⊆ ∆ = ∆0 = Nn \ Exp(a),

lo que es una contradicción.

Algoritmo de Buchberger Se trata ahora de caracterizar las bases de Groebner. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


60

Proposici´ on. 13.4. Sea a un ideal no nulo de K [X1 , . . . , Xn ] y G una familia finita de elementos de a. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) G es una base de Groebner de a; (b) Para cada 0 6= F ∈ a se tiene R(F; G) = 0. ´ . (a)⇒(b). Si R(F; G) 6= 0, entonces exp(R(F; G)) ∈ Exp(a) ∩ ∆ = ∅, lo que es D EMOSTRACI ON una contradicción. (b)⇒(a). Sea 0 6= F ∈ a, por el algoritmo de la división existen Q1 , . . . , Qt , R ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tales que: X F= Qi Gi , y exp(Gi ) + N (Qi ) ⊆ ∆i . i

En consecuencia, exp(Qi Gi ) 6= exp(Qj Gj ) si i 6= j, y exp(F) es el máximo de los exponentes de los sumandos Qi Gi . Existe un ´ındice i tal que exp(F) = exp(Qi Gi ) ∈ ∆i ⊆ exp(Gi ) + Nn , y por tanto exp(F) ∈ {exp(G1 ), . . . , exp(Gt )} + Nn .

Esta caracterización de las bases de Groebner no es muy práctica, ya que habr´ıa que probar con todos los elementos del ideal a para ver que tenemos una base de Groebner. Se trata entonces de buscar criterios más prácticos para caracterizar bases de Groebner. Vamos a introducir en este punto la notación necesaria para su desarrollo. ´ multiplo. ´ Si X α y X β son dos monomios, vamos a definir su m´ınimo comun Definimos: γi = máx{αi , βi },

1 ≤ i ≤ n.

Sea γ = (γ1 , . . . , γn ) ∈ Nn , entonces llamamos a X γ el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de X α y X β . ´ Tenemos que X γ es realmente un multiplo ya que se verifica: X γ = X γ−α X α . Y el resultado análogo para X β : X γ = X γ−β X β . ´ multiplo ´ El m´ınimo comun se representa por m. c. m.{X α , X β }. Con este bagaje vamos a definir las semisicigias o´ s–polinomios. Dados F, G ∈ K [X1 , . . . , Xn ], con exp(F) = α y exp(G) = β, el s–polinomio definido por F y G es: S(F, G) =


1 1 X γ−α F − X γ−β G. LC(F) LC(G) Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6


61

Lema. 13.5. P i Se considera la expresión ti=1 ci X α Fi , en donde: los Fi son elementos de K [X1 , . . . , Xn ], ci ∈ K y αi ∈ Nn , verificando: X i i exp( ci X α Fi ) < δ = exp(X α Fi ), para cada ´ındice i. i

Entonces existen elementos cjk ∈ K tales que: X

i

ci X α Fi =

i

X

jk

cjk X δ−γ S(Fj , Fk ),

y

jk

exp(X δ−γ S(Fj , Fk )) < δ,

jk

jk

en donde X γ = m. c. m.{X exp(Fj ) , X exp(Fk ) }. ´ . Supongamos que exp(Fi ) = β i , entonces αi + β i = δ. Hacemos el siguiente D EMOSTRACI ON desarrollo: i X X X X α Fi αi = ci LC(Fi )Hi , ci X Fi = ci LC(Fi ) LC(Fi ) i

i

i

i

donde

X α Fi LC(Fi )

= Hi Podemos completar este desarrollo de la siguiente forma: X

i

ci X α Fi =

i

X

ci LC(Fi )Hi =

i

= c1 LC(F1 )(H1 − H2 ) + (c1 LC(F1 ) + c2 LC(F2 ))(H2 − H3 ) + · · · · · · + (c1 LC(F1 ) + · · · + ct−1 LC(Ft−1 ))(Ht−1 − Ht )+ +(c1 LC(F1 ) + · · · + ct LC(Ft ))Ht . jk

Consideramos ahora el producto X δ−γ S(Fj , Fk ). Vamos a desarrollarlo y ver que vamos a ´ obtener un multiplo de Hj − Hk . jk

X δ−γ S(Fj , Fk ) = =X =

δ−γ jk

jk j jk k 1 1 X γ −β Fj − X γ −β Fk LC(Fj ) LC(Fk )

=

jk jk j jk jk k 1 1 X δ−γ X γ −β Fj − X δ−γ X γ −β Fk = LC(Fj ) LC(Fk )


=

j k 1 1 X δ−β Fj − X δ−β Fk = LC(Fj ) LC(Fk )

=

j k 1 1 X δ−β Fj − X δ−β Fk = LC(Fj ) LC(Fk )

P. Jara


62 j

k

X α Fj X α Fk − = = LC(Fj ) LC(Fk ) = Hj − Hk . Entonces tenemos

jk

X δ−γ S(Fj , Fk ) = Hj − Hk . Ahora como

P

i ci LC(Fi )

= 0, tenemos: X

i

ci X α Fi = 12

c1 LC(F1 )X δ−γ S(F1 , F2 )+ 23

+(c1 LC(F1 ) + c2 LC(F2 ))X δ−γ S(F2 , F3 ) + · · · · · · + (c1 LC(F1 ) + · · · + ct−1 LC(Ft−1 )) X δ−γ

t−1,t

S(Ft−1 , Ft ).

Y tenemos la primera parte del enunciado. Para la segunda parte tenemos en cuenta que cada Hi es un polinomio mónico con exp(Hi ) = δ, entonces exp(Hi − Hj ) < δ y tenemos el resultado. Teorema. 13.6. (Buchberger) Sea a un ideal no nulo del anillo K [X1 , . . . , Xn ] y G un sistema finito de generadores de a. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) G es una base de Groebner de a; (b) Para un orden fijado de G y para cada i 6= j se tiene R(S(Gi , Gj ); G) = 0. ´ . (a)⇒(b). Es evidente. D EMOSTRACI ON (b)⇒(a). Sea 0 6= F ∈ a, entonces F =

P

Qi Gi y tenemos

exp(F) ≤ máx{exp(Qi Gi ) | i = 1, . . . , t}. Vamos a ver que podemos alcanzar la igualdad. Llamamos: δ = máx{exp(Qi Gi ) | i = 1, . . . , t}, δ i = exp(Qi Gi ). Si exp(F) < δ, descomponemos F en la siguiente forma: P F = Pi Qi Gi = P = Pδi =δ Qi Gi + δi <δPQi Gi = P = δi =δ LM(Qi )Gi + δi =δ (Qi − LM(Qi ))Gi + δi <δ Qi Gi . 26 de octubre de 2010



63

´P las dos ultimas sumas son “despreciables”, ya que su exponente es menor que δ. Vamos a cambiar δi =δ LM(Qi )Gi mediante otra expresión. Usando el Lema (13.5.) tenemos: X

LM(Qi )Gi =

X

jk

cjk X δ−γ S(Gj , Gk ),

δ i =δ jk

con exp(X δ−γ S(Gj , Gk )) < δ. Los restos de la división de S(Gj , Gk ) por G1 , . . . , Gt son cero, entonces resulta: X S(Gj , Gk ) = Qjki Gi , con Qjki ∈ K [X1 , . . . , Xn ], y por el algoritmo de la división tenemos: exp(Qjki Gi ) ≤ exp(S(Gj , Gk )). Encontramos pues una expresión del siguiente tipo: F=

X

Qi0 Gi ,

con exp(Q0 Gi ) < δ.

i

Repitiendo el proceso tantas veces como sea necesario, llegamos a una expresión F=

X

Qi Gi ,

i

en donde exp(F) = máx{exp(Qi Gi ) | i = 1, . . . , t}, y como consecuencia exp(F) = exp(Qi Gi ) ´ ´ındice i, esto es: para algun exp(F) = exp(Qi Gi ) = exp(Qi ) + exp(Gi ) ∈ {exp(G1 ), . . . , exp(Gt } + Nn . y G es una base de Groebner.

Vamos ahora a buscar un mecanismo que nos permita construir una base de Groebner de un ideal a. Teorema. 13.7. (Algoritmo de Buchberger.) Sea a un ideal no nulo de K [X1 , . . . , Xn ] con un sistema de generadores {F1 , . . . , Ft }. Es posible construir una base de Groebner de a siguiendo los siguientes pasos: (1) Se define G0 = {F1 , . . . , Ft }; (2) Se define Gn+1 = ∪{R(S(F, G); Gn ) 6= 0 | F, G ∈ Gn }. Entonces cuando Gi = Gi+1 , tenemos que Gi es una base de Groebner de a. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


64

´ . Dado G0 = {G1 , . . . , Gt }, si R(S(F, G); G0 ) = 0 para cada par F, G ∈ G0 , enD EMOSTRACI ON tonces tenemos una base de Groebner. Si no lo es, existen F, G ∈ G0 tales que R(S(F, G); G0 ) 6= 0. Llamamos Gt+1 = R(S(F, G); G). Tenemos que N (Gt+1 ) ⊆ ∆. Entonces, si definimos: G(1) = {G1 , . . . , Gt , Gt+1 }, obtenemos una partición ∆1 , . . . , ∆t , ∆t+1 , ∆(1) , siendo ∆t+1 ∪ ∆(1) = ∆. Si R(F; G0 ) = 0, para F ∈ K [X1 , . . . , Xn ], entonces R(F; G(1) ) = 0. Y en el caso en que R(S(Gi , Gj ), G0 ) = 0, también se tiene R(S(Gi , Gj ), G(1) ) = 0, por lo tanto el trabajo hecho lo podemos aprovechar. Si para todo F, G ∈ G(1) se verifica R(S(F, G); G(1) ) = 0, entonces tenemos una base de Groebner. En el caso contrario tenemos un nuevo Gt+2 = R(S(F, G); G(1) ) 6= 0, y definimos G(2) = {G1 , . . . , Gt+1 , Gt+2 }, teniendo que N (Gt+2 ) ⊆ ∆(1) . ´ momento encontramos una base de Groebner, ya hemos terminado, en caso conSi en algun trario tendr´ıamos una cadena ascendente de sistemas de generadores: G0 ⊂ G(1) ⊂ · · · Asociada tenemos una cadena ascendente de monoideales: exp(G0 ) + Nn ⊂ exp(G(1) ) + Nn ⊂ · · · Como consecuencia del Lema de Dickson esta cadena se estabiliza y por tanto existe un ´ındice n tal que exp(G(n) ) + Nn = exp(G(n+1) ) + Nn , tenemos entonces exp(Gt+n+1 ) ∈ exp(G(n) ) + Nn = Nn \ ∆(n) , pero exp(Gt+n+1 ) ∈ ∆(n) , lo que es una contradicción.

En el proceso anterior obtenemos un sistema de generadores que es una base de Groebner, y que tiene, posiblemente, demasiados elementos. Veamos como optimizar el proceso de obtención de una base de Groebner. Lema. 13.8. Sea a un ideal no nulo de K [X1 , . . . , Xn ] y G = {G1 , . . . , Gt } una base de Groebner de a. Sea F ∈ G un polinomio que verifica: exp(F) ∈ {exp(G) | F 6= G ∈ G} + Nn , entonces G \ {F} es una base de Groebner de a. 26 de octubre de 2010



65

Una base de Groebner G de un ideal no nulo a de K [X1 , . . . , Xn ] se llama minimal si verifica: (I) LC(F) = 1 para cada F ∈ G; (II) exp(F) ∈ / {exp(G) | F 6= G ∈ G} + Nn para cada F ∈ G. Simplemente eliminando los elementos que sobran tenemos la siguiente Proposición. Proposici´ on. 13.9. Todo ideal no nulo a de K [X1 , . . . , Xn ] tiene una base de Groebner minimal. Corolario. 13.10. Dado un subconjunto G = {G1 , . . . , Gt } ⊆ a de un ideal de K [X1 , . . . , Xn ] son equivalentes: (a) G es una base de Groebner minimal, (b) {exp G1 , . . . , exp Gt } es un sistema m´ınimo de generadores de Exp(a). Como consecuencia los términos l´ıderes de una base de Groebner minimal están determi´ ´ nados de forma unica y cada dos bases de Groebner minimales tienen el mismo numero de elementos. ´ . La equivalencia (a) ⇔ (b) es consecuencia directa de la definición. D EMOSTRACI ON ´ El resto es consecuencia del Lema (10.5.) que asegura que cada monoideal tiene un unico sistema de generadores minimal. Un ideal puede tener bases de Groebner minimales distintas. Para buscar la unicidad vamos a introducir las bases de Groebner reducidas. Una base de Groebner G de un ideal no nulo a se llama reducida si verifica: (I) LC(F) = 1 para cada F ∈ G; (II) N (F) ∩ ({exp(G) | F 6= G ∈ G} + Nn ) = ∅ para cada F ∈ G. Es claro que toda base de Groebner reducida de un ideal no nulo a es una base de Groebner minimal. Teorema. 13.11. ´ Cada ideal no nulo tiene una unica base de Groebner reducida. ´ . Si G es una base de Groebner minimal, un elemento F ∈ G se llama reduD EMOSTRACI ON cido si N (F) ∩ ({exp(G) | F 6= G ∈ G} + Nn ) = ∅. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


66

Si F ∈ G es reducido, entonces es reducido en cualquier base de Groebner minimal G0 que lo contenga y que verifique: {exp(G) | G ∈ G} = {exp(G) | G ∈ G0 }. Definimos para cada F ∈ G los siguientes elementos: F 0 = R(F, G \ {F}); G0 = (G \ {F}) ∪ {F 0 }. G0 es también una base de Groebner de a. Si exp(F) 6= exp(F 0 ), entonces de las relaciones: P P F= QG G + R(F; G \ {F}) = QG G + F 0 exp(F) = máx{{exp(QG G) | G ∈ G \ {F}} ∪ {exp(F 0 )}}, y por ser todos los exponentes distintos, se tiene que existe G ∈ G \ {F} tal que exp(F) = exp(QG G), lo que es una contradicción con el hecho de ser G una base de Groebner minimal. Tenemos entonces que G0 es una base de Groebner y que F 0 es reducido. Aplicando este proceso a cada uno de los elementos obtenemos una base de Groebner reducida. Para ver la unicidad, si G y G0 son dos bases de Groebner reducidas, se verifica: Exp(a) = exp(G) + Nn = exp(G0 ) + Nn . Dado F ∈ G tenemos las relaciones siguientes: exp(F) = exp(G0 ) + γ, exp(G0 ) = exp(G) + γ 0 ,

G 0 ∈ G0 , G ∈ G,

γ ∈ Nn ; γ 0 ∈ Nn ;

de donde se deduce que exp(F) = exp(G) + γ + γ 0 , y por ser G minimal tenemos γ = 0 = γ 0 . Entonces exp(F) = exp(G0 ) y como consecuencia tenemos la igualdad: exp(G) = exp(G0 ). Dado ahora F ∈ G, existe G0 ∈ G0 tal que exp(F) = exp(G0 ). Entonces F − G0 tiene todos sus términos menores que exp(F). Como F − G0 ∈ a tenemos R(F − G0 ; G) = 0. Como G y G0 son reducidas y exp(G) = exp(G0 ), tenemos N (F − G0 ) ⊆ ∆ = Nn \ Exp(a), Para probar esta inclusión consideramos el siguiente desarrollo: N (F − G0 ) ∩ (exp(G) + Nn ) = N (F − G0 ) ∩ (∪{exp(L) + Nn | L ∈ G}) = ∪{N (F − G0 ) ∩ (exp(L) + Nn ) | L ∈ G} = ∪{N (F − G0 ) ∩ (exp(L) + Nn ) | F 6= L ∈ G} = N (F − G0 ) ∩ ({exp(L) | F 6= L ∈ G} + Nn ) ⊆ (N (F) ∩ ({exp(L) | F 6= L ∈ G} + Nn ))∪ N (G0 ) ∩ ({exp(L) | G0 6= L ∈ G0 } + Nn )) = ∅ Entonces R(F − G0 ; G) = F − G0 , de donde F = G0 . 26 de octubre de 2010


S EC . 14. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE G ROEBNER

14.

67

Aplicaciones de las Bases de Groebner

Vamos a estudiar aplicaciones de la teor´ıa de bases de Groebner hasta ahora desarrollada. En primer lugar estudiamos las aplicaciones clásicas de las bases de Groebner en orden a ´ calcular con elementos en el anillo K [X1 , . . . , Xn ]. La ultima parte la dedicamos al cálculo de la dimensión en algunos ejemplos de anillos cocientes de anillos de polinomios.

Problema de pertenencia Problema. 14.1. Sea a un ideal izquierda de K [X1 , . . . , Xn ] con un sistema de generadores {F1 , . . . , Fr }; dado F ∈ K [X1 , . . . , Xn ], nos planteamos el problema de determinar si F ∈ a.

Esto se hace como sigue: se calcula una base de Groebner G = {G1 , . . . , Gt } de a; entonces tenemos F ∈ a si, y sólo si, R(F; G) = 0. Es posible también obtener una expresión de F como combinación lineal de los generadores ´ originales F1 , . . . , Fr . Para ello unicamente hay que tener en cuenta que, por el algoritmo de la división, tenemos una expresión de la forma: F = Q1 G1 + · · · + Qt Gt , y como los Gi se obtienen haciendo s–polinomios a partir de los Fj , tenemos que es posible dar la expresión deseada.

Igualdad de ideales Problema. 14.2. Sean a1 y a2 ideales izquierda de K [X1 , . . . , Xn ] con sistemas de generadores {F11 , . . . , Fr11 } y {F12 , . . . , Fr22 }, respectivamente. El problema es determinar cuando a1 = a2 .

Conseguimos bases de Groebner reducidas G1 y G2 de a1 y a2 , respectivamente. Por la unicidad de las bases de Groebner reducidas, tenemos a1 = a2 si, y sólo si, G1 = G2 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


68

Representantes can´ onicos Problema. 14.3. Dado un ideal a de K [X1 , . . . , Xn ] el problema es dar un criterio, y un método, para determinar un representante canónico en cada clase del cociente K [X1 , . . . , Xn ]/a. En primer lugar, dado a, construimos una base de Groebner G de a. Para cada F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] consideramos el resto R(F; G) y es claro que se verifica: F + a = R(F; G) + a. ´ Además, R(F, G) es unico verificando la igualdad anterior y N (R(F; G)) ⊆ ∆ = Nn \ Exp(a), ver Proposición (13.3.). Este elemento R(F; G) lo llamamos la forma normal de la clase de F con respecto a G. El comportamiento de la forma normal es bueno respecto a combinaciones K –lineales, ya que si a1 , a2 ∈ C y F1 , F2 ∈ K [X1 , . . . , Xn ], entonces se verifica: R(a1 F1 +a2 F2 ; G) = a1 R(F1 ; G)+ a2 R(F2 ; G). Es claro que por el algoritmo de la división tenemos: Fi = Q1i G1 + · · · + Qti Gt + R(Fi ; G), entonces se verifica: a1 F1 + a2 F2 = a1 Q11 G1 + · · · + a1 Qt1 Gt + a1 R(F1 ; G) + a2 Q12 G1 + · · · + a2 Qt2 Gt + a2 R(F2 ; G) = (a1 Q11 + a2 Q12 )G1 + · · · + (a1 Qt1 + a2 Qt2 )Gt + a1 R(F1 ; G) + a2 R(F2 ; G), de donde tenemos el resultado, ya que N (a1 R(F1 ; G) + a2 R(F2 ; G)) ⊆ Nn \ Exp(a), y por tanto R(a1 F1 +a2 F2 ; G) = a1 R(F1 ; G)+a2 R(F2 ; G). Tenemos entonces, para cualesquiera F1 , F2 ∈ K [X1 , . . . , Xn ], las equivalencias entre los siguientes enunciados: F1 + a = F2 + a; F1 − F2 ∈ a; R(F1 − F2 ; G) = 0; R(F1 ; G) = R(F2 ; G). Como consecuencia, cada elemento de K [X1 , . . . , Xn ]/a está un´ıvocamente determinado, y determina, un elemento R de K [X1 , . . . , Xn ] con N (R) ⊆ Nn \ Exp(a). Para estos elementos las operaciones en K [X1 , . . . , Xn ]/a están definidas exactamente por estos representantes por la regla: a1 (R1 + a) + a2 (R2 + a) = (a1 R1 + a2 R2 ) + a. 26 de octubre de 2010


S EC . 14. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE G ROEBNER

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Ideales cofinitos Pasamos ahora a estudiar el caso de ideales cofinitos, esto es, ideales a de K [X1 , . . . , Xn ] tales que el cociente K [X1 , . . . , Xn ]/a es de dimensión finita como K –espacio vectorial.

K –base del cociente Problema. 14.4. Se trata de dar un método que permita calcular una base del cociente K [X1 , . . . , Xn ]/a.

Para cada clase F + a de K [X1 , . . . , Xn ]/a, considerando una base de Groebner de a, tenemos un representante R de la clase F + a tal que N (R) ⊆ Nn \ Exp(a). De aqu´ı resulta que R se puede escribir en la forma X R= cα X α , α

con α ∈ / {exp(G): G ∈ G} + Nn = Exp(a) y cα ∈ K . Tenemos entonces que {X β | β ∈ n N \ Exp(a)} es un sistema de generadores linealmente independiente de K [X1 , . . . , Xn ]/a; esto resuelve el problema. Como subproducto podemos determinar cuándo un ideal a la izquierda es cofinito; lo es si, y sólo si, el cardinal del conjunto Nn \ Exp(a) es finito. Este resultado lo mejoraremos más adelante al estudiar la dimensión de los cocientes K [X1 , . . . , Xn ]/a.

Operaciones en el cociente Problema. 14.5. Dar un criterio que permita calcular las operaciones en el cociente K [X1 , . . . , Xn ]/a cuando a es un ideal (cofinito) de K [X1 , . . . , Xn ].

Supuesto que a es un ideal cofinito, las clases del cociente S = K [X1 , . . . , Xn ]/a tienen una K – base finita, y como S es un anillo, tenemos un producto interno en S. Pero S es una K –álgebra finito–dimensional, luego este producto se puede describir completamente en términos de los productos de los elementos de una K –base. El cálculo se realiza considerando una base de Groebner G y calculando los restos de la división por G. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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70 Caracterizaci´ on de ideales cofinitos

Ya conocemos que un ideal a la izquierda a de K [X1 , . . . , Xn ] es cofinito si, y sólo si, Nn \ Exp(a) es finito. Vamos a buscar una caracterización más sencilla. Proposici´ on. 14.6. Sea a un ideal a la izquierda de K [X1 , . . . , Xn ] con base de Groebner reducida G. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) a es cofinito; ν

(b) Para cada indeterminada Xi existen Gj ∈ G y νi ∈ N tales que LM(Gj ) = Xi i . ν

´ . (a)⇒(b). Como a es cofinito, dado Xi existe νi ∈ N tal que Xi i es el término D EMOSTRACI ON l´ıder de un polinomio en a, entonces (0, . . . , νi , . . . , 0) ∈ Exp(a) = exp(G) + Nn . Llamemos αj = exp(Gj ) para cada Gj ∈ G. Existen j ∈ {1, . . . , t} y γ ∈ Nn tales que (0, . . . , νi , . . . , 0) = αj + γ, j

´ µi ∈ N, esto es, entonces αh = 0 = γh si h 6= i. Luego exp(Gj ) = (0, . . . , µi , . . . , 0) para algun m ´ m ∈ N. LM(Gj ) = Xi para algun (b)⇒(a). Consideramos α ∈ Nn \ Exp(a). Por hipótesis, para cada Xi existe Gj tal que LT(Gj ) = ν Xi i . Si αi ≥ νi , entonces tenemos una expresión del siguiente tipo: α = (0, . . . , νi , . . . , 0) + (α1 , . . . , αi − νi , . . . , αn ) ∈ exp(Gj ) + Nn ⊆ Exp(a), lo que es una contradicción, y por tanto necesariamente αi < νi , para cada ´ındice i. En conse´ cuencia existe un numero finito de elementos α ∈ Nn \ Exp(a) y por tanto a es cofinito.

15.

Aplicaciones de las Bases de Groebner, II

Eliminaci´ on de variables Dado un sistema de ecuaciones polinómicas: Fi = 0}i=1,...,s , siendo cada Fi ∈ K [X1 , . . . , Xn ], una solución al sistema es un elemento (a1 , . . . , an ) ∈ K n tal que Fi (a1 , . . . , an ) = 0 para cada ´ındice i. Observar que si llamamos a al ideal generado por {F1 , . . . , Fs }, entonces para cada sistema de generadores {G1 , . . . , Gt } de a un elemento (a1 , . . . , an ) es una solución del sistema Fi = 0}i=1,...,s si y sólo si es una solución del sistema Gj = 0 j=1,...,t . 26 de octubre de 2010


S EC . 15. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE G ROEBNER , II

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Esto significa que los sistemas que tenemos que resolver son aquellos para los que {F1 , . . . , Fs } es una base de Groebner, si es necesario reducida, de un cierto ideal. En el caso en que los Fi son polinomios lineales el sistema Fi = 0}i=1,...,s se resuelve por el método de Gauss–Jordan. En ese caso se van eliminando variables: X1 , X2 , etc., hasta llegar a ecuaciones en las que cada variable “libre”se expresa en función de unas variables “dependientes”. Ejemplo. 15.1. Consideramos el sistema de ecuaciones lineales  X1 + X2 − X3 + 2X4 − 1 = 0  2X1 + X2 + X3 − X4 + 2 = 0  X1 − X2 + 5X3 − 8X4 + 7 = 0 Su solución es la solución del sistema: X1 +2X3 −3X4 +3 = 0 X2 −3X3 +5X4 −4 = 0 Observar que si consideramos el orden lexicográfico con X1 > X2 > X3 > X4 , y llamamos a al ideal (X1 + X2 − X3 + 2X4 − 1, 2X1 + X2 + X3 − X4 + 2, X1 − X2 + 5X3 − 8X4 + 7), una base de Groebner es: {X1 + 2X3 − 3X4 + 3, X2 − 3X3 + 5X4 − 4}. Además una base de Groebner de a1 := a ∩ K [X2 , X3 , X4 ] es G1 = {X2 − 3X3 + 5X4 − 4}. Este proceso podemos repetirlo si consideramos un sistema de ecuaciones polinómicas no lineales Fi = 0}i=1,...,s . Si {Fi | i = 1, . . . , s} es una base de Groebner del ideal correspondiente, al que llamaremos a, definimos el i–ésimo ideal de eliminaci´ on, con respecto al orden lexicográfico con X1 > · · · > Xn , como ai := a ∩ K [Xi+1 , . . . , Xn ]. Teorema. 15.2. Sea G = {G1 , . . . , Gt } una base de Groebner de un ideal no nulo a ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] con respecto al orden lexicográfico con X1 > · · · > Xn . Entonces G ∩ K [Xi+1 , . . . , Xn ] es una base de Groebner del i–ésimo ideal de eliminación ai = a ∩ K [Xi+1 , . . . , Xn ]. ´ . Supongamos que Gi = {Gk , . . . , Gt }. Dado F ∈ ai se tiene exp(F) ∈ ∆j para D EMOSTRACI ON ´ j = k, . . . , t, ya que F no tiene monomios en los que aparezcan X1 , . . . , Xi . Por lo tanto algun exp(F) ∈ {exp(Gk ), . . . , exp(Gt )} + Nn , y se tiene Exp(ai ) = {exp(Gk ), . . . , exp(Gt )} + Nn . La aplicación de este resultado es como sigue. Dado un sistema Fj = 0 j=1,...,s en el que G := {Fj | j = 1, . . . , s} es una base de Groebner, ordenamos los elementos de G de forma que Gi = {Fki , Fki +1 , . . . , Fs } con 1 ≤ ki ≤ ki+i ≤ s, para cada ´ındice i = 0, 1, . . . , n − 1. Entonces comenzamos resolviendo el sistema Fj = 0 j=k ,...,s . A continuación, con los valores obtenin−1 dos resolvemos el sistema Fj = 0 j=k ,...,s , y as´ı proseguimos hasta resolver el sistema inicial n−2 Fj = 0 j=1,...,t . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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72 Ejercicio. 15.3. Resuelve en C el sistema

X 3 − 2XY + Y 3 = 0 X 5 − 2X 2 Y 2 + Y 5 = 0

Calculamos una base de Groebner para el ideal a = (X 3 − 2XY + Y 3 , X 5 − 2X 2 Y 2 + Y 5 ), con ´ respecto al orden lexicográfico con X > Y . Este es: {X 3 − 2XY + Y 3 , 200XY 2 + 193Y 9 + 158Y 8 − 45Y 7 − 456Y 6 + 50Y 5 − 100Y 4 , Y 10 − Y 8 + 2Y 7 + 2Y 6 }. Al resolver Y 10 − Y 8 + 2Y 7 + 2Y 6 = Y 6 (Y − 1)2 (Y 2 + 2Y + 2) = 0 tenemos las ra´ıces y1 = 0,

y2 = 1,

y3 = −1 + i,

y4 = −1 − i.

Para cada uno de estos valores tenemos que resolver las ecuaciones X 3 − 2XY + Y 3 = 0 200XY 2 + 193Y 9 + 158Y 8 − 45Y 7 − 456Y 6 + 50Y 5 − 100Y 4 = 0 y1 = 0. El sistema es:

X3 = 0 0=0

´ La unica solución es: (0, 0). y2 = 1. El sistema es:

X 3 − 2X + 1 = 0 200X − 200 = 0

´ La unica solución es: (1, 1). y3 = −1 ± i. El sistema es:

X 3 − 2(−1 ± i)X + (−1 ∓ i) = 0 −400i(X + 1 ∓ i) = 0

´ La unica solución es: (−1 ∓ i, −1 ± i). Por lo tanto el sistema tiene cuatro soluciones: (0, 0), (1, 1), (−1 − i, −1 + i) y (−1 + i, −1 − i).

Intersecci´ on de ideales Dados dos ideales a y b del anillo K [X1 , . . . , Xn ], se trata de determinar la intersección a ∩ b. Vamos a hacer uso de la técnica de eliminación de variables, para esto introducimos una 26 de octubre de 2010


S EC . 15. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE G ROEBNER , II

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nueva variable T , y consideramos la extensión de anillos ω : K [X1 , . . . , Xn ] −→ K [T , X1 , . . . , Xn ]. El ideal a se extiende al ideal ae en K [T , X1 , . . . , Xn ] generado por los mismos elementos, esto es, si a = hF1 , . . . , Fs i, entonces ae = K [T , X1 , . . . , Xn ]a = hF1 , . . . , Fs i en K [T , X1 , . . . , Xn ]. De forma análoga tenemos para b = hG1 , . . . , Gt i. Teorema. 15.4. Sean a = hF1 , . . . , Fs i y b = hG1 , . . . , Gt i, ideales de K [X1 , . . . , Xn ]. Se considera una nueva variable T , la extensión ω : K [X1 , . . . , Xn ] −→ K [T , X1 , . . . , Xn ] y el ideal c := T ae + (1 − T )be ⊆ K [T , X1 , . . . , Xn ]. Se verifica a ∩ b = c ∩ K [X1 , . . . , Xn ], esto es, a ∩ b es el primer ideal eliminación de c con respecto al orden lexicográfico con T > X1 > · · · > Xn . ´ . Dado F ∈ a ∩ b se tiene F = TF + (1 − T )F, luego a ∩ b ⊆ c ∩ K [X1 , . . . , Xn ]. D EMOSTRACI ON Sea ahora F ∈ c ∩ K [X1 , . . . , Xn ], existen Ui , Vj ∈ K [T , X1 , . . . , Xn ] tales que F =T

s X

Ui Fi + (1 − T )

i=1

t X

Vj Gj .

j=1

Al evaluar esta expresión en T = 1 se obtiene F=

s X

Ui (1, X1 , . . . , Xn )Fi (X1 , . . . , Xn ) ∈ a,

i=1

y al evaluar en T = 0 se tiene F=

t X

Vj (0, X1 , . . . , Xn )Gj (X1 , . . . , Xn ) ∈ b.

j=1

Luego F ∈ a ∩ b.

Ejercicio. 15.5. Determina la intersección de los ideales a = (X , Y ) y b = (X − 1, Y − 1) en K [X , Y ]. ´ . Introducimos una nueva variable T . Un sistema de generadores para T a + (1 − S OLUCI ON ˜ manipulación nos conduce al T )b es {TX , TY , (1 − T )(X − 1), (1 − T )(Y − 1)}. Una pequena sistema de generadores: {TX , TY , T + X − 1, X − Y }. A partir de aqu´ı una base de Groebner es: {TX , TY , T + X − 1, X − Y , Y 2 − Y }, y una base de Groebner reducida es: {TX , TY , T + Y − 1, X − Y , Y 2 − Y }. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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El primer ideal de eliminación tiene como base de Groebner {X − Y , Y 2 − Y }. Por lo tanto a ∩ b = (X − Y , Y 2 − Y ). Otra aplicación de la intersección de ideales es el cociente de dos ideales. Dados a, b ⊆ K [X1 , . . . , Xn ], recordar que el cociente de a y b se define como (a : b) = {F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] | Fb ⊆ a}. Observar que (a : b) = ∩{(a : G) | G ∈ b}, y si {Gj | j = 1, . . . , t} es un sistema de generadores de b, entonces (a : b) = ∩{(a : Gj ) | j = 1, . . . , t}. Para realizar el cálculo efectivo del cociente de dos ideales, basta pues determinar (a : G). on. 15.6. Proposici´ Dados a un ideal de K [X1 , . . . , Xn ] y G ∈ K [X1 , . . . , Xn ] se verifica: G(a : G) = a ∩ (G). Como consecuencia, se tiene: (a : G) =

1 G (a ∩ (G)).

´ . Sea F ∈ G(a : G), entonces F = GH para algun ´ H ∈ (a : G), entonces D EMOSTRACI ON ´ H ∈ K [X1 , . . . , Xn ], F = GH ∈ a ∩ G. Por otro lado, si F ∈ a ∩ (G), entonces F = GH para algun y como F ∈ a, entonces GH ∈ a y por tanto H ∈ (a : G), esto es, F ∈ G(a : G). Como el cálculo de la intersección de dos ideales de K [X1 , . . . , Xn ] es posible realizarlo mediante métodos computacionales, resulta que también es posible realizar el cociente de dos ideales. Ejercicio. 15.7. Dados a = (X 2 + XY − Y 2 + 1, XY 2 + X − 1) y G = X − Y , determinar (a : G). ´ . Consideramos a ∩ (G). Una base de Groebner es: {XY 6 + XY 4 − XY 3 − XY 2 − XY − S OLUCI ON 7 2X − Y − Y 5 + Y 4 + Y 3 + Y 2 + 2Y , X 2 − XY 4 + X + Y 5 − Y 2 − Y }; sin embargo tenemos que calcular G1 (a ∩ (G)). Al dividir por G tenemos que una base de (a : G) es: {Y 6 + Y 4 − Y 3 − Y 2 − Y − 2, X − Y 4 + Y + 1}.

16.

Ejercicios

Representación de polinomios 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 16.1. Ordena los monomios X 3 Z 2 , X 2 Y 2 Z, XZ 2 , Y 2 Z, X 3 Y , X 3 Z, X 2 Y , Y 2 Z 2 . (1) Para el orden lexicográfico dado por X > Y > Z, (2) para el orden lexicográfico graduado correspondiente y (3) para el orden lexicográfico graduado inverso correspondiente. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.2. Ordena los monomios X 2 Z, X 2 Y 2 Z, XY 2 Z, X 3 Y , X 3 Z 2 , X 2 , X 2 YZ 2 , X 2 Z 2 . (1) para el orden monomial lexicográfico dado por X > Y > Z, (2) para el orden lexicográfico graduado correspondiente y (3) para el orden lexicográfico graduado inverso correspondiente. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.3. (1). Escribe expl´ıcitamente los diez primeros monomios del anillo K [X , Y ] para el orden lex y para el orden invgrlex dados por X > Y . (2). Escribe expl´ıcitamente todos los monomios de K [X , Y , Z] de grado total menor o igual a 2 en orden lexicográfico y en orden lexicográfico graduado. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.4. Razona que existen n! ordenaciones monomiales lexicográficas distintas sobre K [X1 , . . . , Xn ]. Y razona que existen n! ordenaciones grlex distintas y n! ordenaciones invgrlex distintas sobre K [X1 , . . . , Xn ]. ´ SOLUCION Algoritmo de la división Ejercicio. 16.5. Usando el orden invgrlex para X > Y : (1). Halla el resto de X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2 módulo {XY 2 − X , X − Y 3 }. (2). Halla el resto de X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2 módulo {X − Y 3 , XY 2 − X }. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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´ SOLUCION Ejercicio. 16.6. Usando el orden invgrlex para X > Y : (1). Halla el resto de X 2 Y + XY 2 + Y 2 módulo {Y 2 − 1, XY − 1}. (2). Halla el resto de X 2 Y + XY 2 + Y 2 módulo {XY − 1, Y 2 − 1}. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.7. Haz la división de F = X 3 Y 3 + 3X 2 Y 4 por G = XY 4 en K [X , Y ] cuando consideramos el orden lexicográfico (con la ordenación de indeterminadas X > Y ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.8. Haz la división de F = X 2 + X − Y 2 + Y por {G1 = XY + 1, G2 = X + Y } en K [X , Y ] cuando consideramos el orden lexicográfico (con la ordenación de indeterminadas X > Y ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.9. Haz la división de F = X 2 + X − Y 2 + Y por {G1 = X + Y , G2 = XY + 1} en K [X , Y ] cuando consideramos el orden lexicográfico (con la ordenación de indeterminadas X > Y ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.10. Dados los polinomios F = X 3 Y 2 Z + X 2 Y 3 Z 2 + 2XYZ − Y 4 + 1; G1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z; G2 = XZ 2 + Y − Z + 1; G3 = XYZ + Y 2 Z 2 + X − Y + 2. 1. Determina la división de F por {G1 , G2 , G3 } con el orden lexicográfico para la ordenación dada por X > Y > Z. 2. Haz lo mismo con el orden graduado lexicográfico. 3. Haz lo mismo con el orden graduado lexicográfico inverso. ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 16.11. Dados los polinomios H = X 2 Y 2 − X 2 Z − XY 2 Z 3 + XY 2 Z + XYZ + 3XY − XZ 2 + Y 3 Z 2 − Y 2 − YZ − Z − 1 G1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z; G2 = XZ 2 + Y − Z + 1; G3 = XYZ + Y 2 Z 2 + X − Y + 2. 1. Determina la división de H por {G1 , G2 , G3 } con el orden lexicográfico para la ordenación dada por X > Y > Z. 2. Haz lo mismo con el orden graduado lexicográfico. 3. Haz lo mismo con el orden graduado lexicográfico inverso.

´ SOLUCION

Ejercicio. 16.12. Dados los polinomios F = X 3 Y 2 Z + X 2 Y 3 Z 2 + 2XYZ − Y 4 + 1; H = X 2 Y 2 − X 2 Z − XY 2 Z 3 + XY 2 Z + XYZ + 3XY − XZ 2 + Y 3 Z 2 − Y 2 − YZ − Z − 1 G1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z; G2 = XZ 2 + Y − Z + 1; G3 = XYZ + Y 2 Z 2 + X − Y + 2; Responde a las siguientes preguntas: 1. ¿Pertenece F al ideal generado por {G1 , G2 , G3 }? 2. ¿Pertenece H al ideal generado por {G1 , G2 , G3 }?

´ SOLUCION Ideales monomiales ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 16.13. Sean a, b ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] ideales monomiales generados por {A1 , . . . , As } y {B1 , . . . , Bt } respectivamente. (1) Demuestra que a ∩ b es un ideal monomial. (2) Demuestra que {Mi,j | i = 1, . . . , s, j = 1, . . . , t}, Mi,j es un m.c.m. de Ai y Bj , es un sistema de generadores de a ∩ b. (3) Calcula la intersección de los ideales a = (X , Y 2 Z, YZ 2 ) y b = (X 3 YZ, X 2 Y , Y 2 Z 3 ) en el anillo K [X , Y , Z]. ´ SOLUCION Lema de Dickson para ideales monomiales Ejercicio. 16.14. Sean a1 y a2 ideales monomiales con sistemas de generadores G1 y G2 respectivamente. Demuestra que: (1) a1 + a2 está generado por G1 ∪ G2 , (2) a1 a2 está generado por {HL | H ∈ G1 , L ∈ G2 }. Como consecuencia la suma y el producto de ideales monomiales es un ideal monomial. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.15. Demuestra que si {ai | i ∈ I} es una cadena de ideales monomiales, entonces la unión ∪i ai es un ideal monomial. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.16. Demuestra que la intersección de ideales monomiales es un ideal monomial. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.17. Demuestra que si a y b son ideales monomiales, entonces (a : b) es un ideal monomial. ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 16.18. Demuestra que: (1) Un ideal monomial es primo si y solo si está generado por un subconjunto de {X1 , . . . , Xn } ´ (2) El numero de ideales monomiales primos es finito, y cada uno de ellos es finitamente generado. ´ (3) (X1 , . . . , Xn ) es el unico ideal maximal que es monomial. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.19. (Lema de Dickson para ideales monomiales.) Todo ideal monomial en K [X1 , . . . , Xn ] es finitamente generado. ´ SOLUCION Bases de Groebner Ejercicio. 16.20. Para cada F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] se tiene {exp(F)} + Nn = Exp(LM(F)) = Exp(F). Este resultado no es cierto si el ideal no es principal. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.21. Da un ejemplo de dos polinomios F, G ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tales que Exp(F, G) * {exp F, exp G}+ Nn . Observar que la inclusion contraria es siempre cierta. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.22. Sea a un ideal monomial de K [X1 , . . . , Xn ] con generadores monomios G1 , . . . , Gm . Razona que {G1 , . . . , Gm } es una base de Groebner de a. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.23. Fijamos el orden lexicográfico X > Y sobre K [X , Y ] y el ideal a = (X 2 Y − Y 2 , X 3 − XY ). Utiliza el criterio de Buchberger para mostrar que una base de Groebner de a es {X 2 Y − Y 2 , X 3 − XY }. Estudia si X 6 − X 5 Y ∈ a. ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 16.24. Fijamos el orden lexicográfico X > Y sobre K [X , Y ]. Consideramos el ideal a = (X − Y 3 , X 2 − XY 2 ). Demuestra que la base de Groebner reducida de a es {X − Y 3 , Y 6 − Y 5 ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.25. Sea a = (Y − X 2 , Z − X 3 ) ⊆ K [X , Y , Z]. (1). Demuestra que {Y − X 2 , Z − X 3 } es una base de Groebner para el orden lexicográfico con Z > Y > X . (2). Demuestra que {Y − X 2 , Z − X 3 } no es una base de Groebner para el orden lexicográfico con X > Z > Y . ´ SOLUCION Ejercicio. 16.26. Halla la base de Groebner reducida, con respecto al orden lexicográfico con X > Y , de cada uno de los siguientes ideales de K [X , Y ]: (1). a = (X 2 − 1, XY 2 − X ), (2). b = (X 2 + Y , X 4 + 2X 2 Y + Y 2 + 3). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.27. Se consideran los polinomios F1 = XY + X − 1, F2 = X 2 + Y − 1 en K [X , Y ]. Determina una base de Groebner del ideal a = (F1 , F2 ) con respecto al orden lexicográfico (siendo X > Y ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.28. Se consideran los polinomios F1 = XY + X − 1, F2 = X 2 + Y − 1 en K [X , Y ]. Determina una base de Groebner del ideal a = (F1 , F2 ) con respecto al orden lexicográfico (siendo Y > X ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.29. (1). En K [X , Y , Z] fijamos la ordenación lexicográfica con X > Y > Z. Determina una base de Groebner del ideal a = (XZ, XY − Z, YZ − X ). ¿El polinomio X 3 + X + 1 pertenece a a? (2). En K [X , Y ] fijamos la ordenación lexicográfica con X > Y . Determina una base de Groebner del ideal b = (X 2 − Y , Y 2 − X , X 2 Y 2 − XY ). ¿El polinomio X 4 + X + 1 pertenece a b? ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 16.30. Fijamos el orden lexicográfico con X > Y sobre K [X , Y ]. (1) Demuestra que la base de Groebner reducida del ideal a = (X 3 − Y , X 2 Y − Y 2 ) es {X 3 − Y , X 2 Y − Y 2 , XY 2 − Y 2 , Y 3 − Y 2 }. (2) Determina si el polinomio F = X 6 − X 5 Y pertenece al ideal a. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.31. Fijamos el orden lexicográfico con X > Y > Z sobre K [X , Y , Z]. Demuestra que la base de Groebner reducida del ideal a = (X 2 +XY +Z, XYZ +Z 2 ) es {X 2 +XY +Z, XYZ +Z 2 , XZ 2 , Z 3 }. En particular deducir que el monoideal Exp(a) requiere cuatro generadores. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.32. Sea el ideal a = (X 2 − Y , X 2 Y − Z) ⊆ K [X , Y , Z]. (1) Demuestra que {X 2 − Y , Y 2 − Z} es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenación lexicográfica con X > Y > Z. (2) Demuestra que {X 2 − Y , Z − Y 2 } es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenación lexicográfica con Z > X > Y . (Observa que esencialmente son los mismos polinomios que en el apartado anterior.) (3) Demuestra que {Y − X 2 , Z − X 4 } es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenación lexicográfica con Z > Y > X . ´ SOLUCION Ejercicio. 16.33. Sea a = (XY + Y 2 , X 2 Y + XY 2 + X 2 ) ideal de K [X , Y ] (1) Demuestra que {X 2 , XY + Y 2 , Y 3 } es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenación lexicográfica X > Y . (2) Demuestra que {Y 2 + YX , X 2 } es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenación lexicográfica Y > X . ´ (Observa que las bases tienen distinto numero de elementos.) ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 16.34. Consideramos el ideal a = (H1 , H2 , H3 ) ⊆ K [X , Y ] con H1 = X 2 + XY 5 + Y 4 ; H2 = XY 6 − XY 3 + Y 5 − Y 2 ; H3 = XY 5 − XY 2 (1). Demuestra que para el orden lexicográfico con X > Y la base de Groebner reducida de a es {X 2 + XY + Y 4 , Y 5 − Y 2 } (2). Demuestra que para el orden lexicográfico graduado grlex con X > Y la base de Groebner reducida de a es {X 3 − Y 3 , X 2 + XY 2 + Y 4 , X 2 Y + XY 3 + Y 2 } ´ ˜ (Nótese que aunque el numero de generadores es mayor, los grados son más pequenos.) ´ SOLUCION Ejercicio. 16.35. Sea a = (X 4 − Y 4 + Z 3 − 1, X 3 + Y 2 + Z 2 − 1) ⊆ K [X , Y , Z]. (1). Demuestra que hay cinco elementos en una base de Groebner reducida para a respecto al orden lexicográfico con X > Y > Z. (El grado máximo entre los cinco generadores es 12 y ´ el numero máximo de términos monomiales entre los cinco generadores es 35.) (2). Demuestra que hay dos elementos en una base de Groebner reducida para a respecto al ´ orden lexicográfico con Y > Z > X . (El grado máximo es 6 y el numero máximo de términos es 8) (3). Demuestra que para el orden invgrlex la base de Groebner reducida de a es {X 3 + Y 2 + Z 2 − 1, XY 2 + XZ 2 − X + Y 4 − Z 3 + 1}. ´ SOLUCION Aplicaciones de las bases de Groebner Ejercicio. 16.36. Demuestra que los ideales a = (X 2 Y + XY 2 − 2Y , X 2 + XY − X + Y 2 − 2Y , XY 2 − X − Y + Y 3 ), b = (X − Y 2 , XY − Y , X 2 − Y ) del anillo K [X , Y ] son iguales. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.37. Demuestra que los ideales a = (X 3 − YZ, YZ + Y ), b = (X 3 Z + X 3 , X 3 + Y ) de K [X , Y , Z] son iguales. ´ SOLUCION  2 Ejercicio. 16.38.  X − YZ = 3 Resuelve sobre C el sistema de ecuaciones Y 2 − XZ = 4  2 Z − XY = 5 26 de octubre de 2010



83 ´ SOLUCION

Ejercicio. 16.39. (1). Determina una base de Groebner del ideal a = (X 2 + XY + Y 2 − 1, X 2 + 4Y 2 − 4) ⊆ R[X , Y ] para el orden lexicográfico con X > Y . (2). Halla en R2 los cuatro puntos de intersección de la elipse X 2 + XY + Y 2 = 1 con la elipse X 2 + 4Y 2 = 4. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.40. Usa bases de Groebner para hallar las seis soluciones en C del sistema de ecuaciones 3 2X + 2X 2 Y 2 + 3Y 3 = 0 3X 5 + 2X 3 Y 3 + 2Y 5 = 0

´ SOLUCION Ejercicio. 16.41. Usa bases de Groebner para demostrar en K [X , Y , Z] que (X , Z)∩(Y 2 , X −YZ) = (XY , X −YZ). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.42. Usa bases de Groebner para determinar la intersección de los ideales a = (X 3 Y − XY 2 + 1, X 2 Y 2 − Y 3 − 1) y b = (X 2 − Y 2 , X 3 + Y 3 ) de K [X , Y ]. ´ SOLUCION Ejercicio. 16.43. Sean a = (X 2 Y + Z 3 , X + Y 3 − Z, 2Y 4 Z − YZ 2 − Z 3 ), b = (X 2 Y 5 , X 3 Z 4 , Y 3 Z 7 ) ideales de Q[X , Y , Z]. Demuestra que (a : b) = (Z 2 , Y + Z, X − Z). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.44. Sea A un anillo conmutativo, a ⊇ b dos ideales de A y sea c un ideal arbitrario de A. Sean a = a/b, c = (c + b)/b, (a : c) = ((a : c) + b)/b los ideales correspondientes del anillo cociente A/b. Demuestra que (a : c) = (a : c). ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

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Ejercicio. 16.45. Sea b = (Y 5 − Z 4 ) ⊆ A = Q[Y , Z]. Para cada uno de los siguientes pares de ideales a, c comprobar que (a : c) es el ideal de A/b citado: 3 3 (1). a = (Y 3 , Y 5 − Z 4 ), c = (Z), (a : c) = (Y , Z ). 2 (2). a = (Y 3 , Z, Y 4 − Z 4 ), c = (Y ), (a : c) = (Y , Z). (3). a = (Y , Y 3 , Z, Y 5 − Z 4 ), c = (1), (a : c) = (Y , Z). ´ SOLUCION Ejercicio. 16.46. Determina los siguientes ideales: (1) a = (X , Y , Z) ∩ (X − 1, Y − 1, Z − 1) ∩ (X + 1, Y + 1, Z + 1). (2) b = (a : XYZ). (3) c = (a : X 3 Y 2 Z). ´ SOLUCION



Cap´ıtulo III Conjuntos algebraicos afines 17 18 19 20 21

Funciones polinómicas . . . . . Conjuntos algebraicos afines . Ideales de conjuntos de puntos Anillos coordenados . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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Introducci´ on El objetivo de este cap´ıtulo es estudiar objetos geométricos definidos como conjuntos de ceros de sistemas de ecuaciones polinómicas (los conjuntos algebraicos afines). establecemos una correspondencia de Galois ente conjuntos algebraicos en el espacio af´ın An (K ) e ideales del anillo de polinomios K [X1 , . . . , Xn ]. A continuación a cada conjunto algebraico af´ın V le asociamos su anillo de coordenadas, K [V ] = K [X1 , . . . , Xn ]/I(V ), siendo I(V ) el ideal de todos los polinomios que se anulan en todos los puntos de V , y estudiamos propiedades (geométricas) de V en función de propiedades (algebraicas) de K [V ], y viceversa. Se introducen las aplicaciones polinómicas entre dos conjuntos algebraicos V y W y se relaciones con los homomorfismos de a´ lgebra de K [W ] a K [V ]. Finalmente, haciendo uso de la teor´ıa de bases de Groebner se clasifican los homomorfismos de a´ lgebras entre dos anillos coordenados.

C AP. III. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS AFINES

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17.

Funciones polin´ omicas

Sea K un cuerpo, para cada n ∈ N \ {0} consideramos K n , el producto cartesiano de n copias de K . En K n podemos considerar una estructura de espacio af´ın, a la que vamos a representar por An (K ), o simplemente por An o A. En un espacio af´ın An tenemos puntos, los elementos de An , hiperplanos, los conjuntos de ceros de las formas lineales, y las variedades lineales afines, la intersecciones de hiperplanos, o los conjuntos de ceros de conjuntos de formas lineales. ´ más, y en nuestro caso vamos a ver La estructura de espacio af´ın se puede enriquecer aun como los polinomios proporcionan una estructura geométrica adicional a cada espacio af´ın. Dado el espacio An (K ) y un polinomio F ∈ K [X1 , . . . , Xn ], definimos una funci´ on polin´ omica ∗ n ∗ n F : A (K ) −→ K mediante F (x1 , . . . , xn ) = F(x1 , . . . , xn ) para cada (x1 , . . . , xn ) ∈ A (K ). Observar que dos polinomios distintos pueden definir la misma función polinómica. Este es el caso de X (X − 1) y 0 ∈ F2 [X ], que definen la función constante igual a 0 en A1 (F2 ). Llamamos P(An (K )) al conjunto de las funciones polinómicas. En P(An (K )) podemos definir una estructura de K –álgebra mediante las operaciones:  (f + g)(x1 , . . . , xn ) = f (x1 , . . . , xn ) + g(x1 , . . . , xn ),  (f · g)(x1 , . . . , xn ) = f (x1 , . . . , xn ) · g(x1 , . . . , xn ),  (k · f )(x1 , . . . , xn ) = k · f (x1 , . . . , xn ),

∀f , g ∈ P(An (K )), ∀k ∈ K , ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ An (K ).

Tenemos entonces una aplicación de K –álgebras (−)∗ : K [X1 , . . . , Xn ] −→ P(An (K )), F 7→ F ∗ . Proposici´ on. 17.1. La aplicación (−)∗ es un homomorfismo sobreyectivo de K –álgebras y es un isomorfismo si, y solo si, K es un cuerpo infinito. Llamamos a P(An (K )) el anillo de coordenadas de An (K ), y lo representaremos por K [An ].

18.

Conjuntos algebraicos afines

La estructura adicional de An (K ) al considerar las funciones polinómicas nos permite considerar los conjuntos de ceros de estas funciones. Debido a la existencia de la aplicación sobreyectiva (−)∗ : K [X1 , . . . , Xn ] −→ K [An ], al estudiar el conjunto de ceros de una función 26 de octubre de 2010


S EC . 18. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS AFINES

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polinómica F ∗ podemos identificar este conjunto con el conjunto de ra´ıces, en K n , del polinomio F, identificando a este fin los conjuntos An (K ) y K n . Cada polinomio F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] determina un subconjunto V(F) = {(x1 , . . . , xn ) ∈ An (K ) | F(x1 , . . . , xn ) = 0}, el conjunto de ceros o conjunto de ra´ıces de F ∗ o´ F. Para cada conjunto F ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] podemos considerar V(F) = ∩{V(F) ⊆ An (K ) | F ∈ F}, el conjunto de ceros comunes a todos los elementos de F. Un subconjunto V ⊆ An (K ) se llama un conjunto algebraico af´ın si existe un conjunto de polinomios F ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] tal que V = V(F). Lema. 18.1. Si F1 ⊆ F2 ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] son conjuntos de polinomios, entonces V(F2 ) ⊆ V(F1 ). Lema. 18.2. Sean F ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] un conjunto de polinomios y a el ideal generado por F. Se verifica: (1) V(F) = V(a). (2) Existen polinomios F1 , . . . , Fs ∈ F tales que V(F) = V(F1 , . . . , Fs ). Proposici´ on. 18.3. (1) Si V1 y V2 son conjuntos algebraicos afines de An (K ), entonces V1 ∪ V2 es un conjunto algebraico af´ın. (2) Si {Vi | i ∈ I} es una familia de conjuntos algebraicos afines de An (K ), entonces ∩i Vi es un conjunto algebraico af´ın. Como consecuencia los conjuntos algebraicos afines verifican los axiomas de los cerrados para una topolog´ıa en An . Esta topolog´ıa se llama la topolog´ıa de Zariski de An (K ). Ejemplos. 18.4. (1) Puntos. Observar que V(X1 − a1 , . . . , Xn − an ) = {(a1 , . . . , an )}, y por lo tanto tenemos que cada conjunto finito es un cerrado, esto es, un conjunto algebraico af´ın. (2) Conjuntos lineales. Son los ceros de los sistemas de ecuaciones lineales. (3) Hipersuperficies. Son los conjuntos de ceros de polinomios F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] no cons´ tantes. Es claro que todo conjunto algebraico af´ın es una intersección de un numero finito de hipersuperficies. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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(4) Hiperplanos. Son los conjuntos de ceros de polinomios de grado uno. Cada conjunto lineal es una intersección finita de hiperplanos. Las propiedades de los conjuntos algebraicos afines pueden expresarse también en términos de ideales como sigue: Lema. 18.5. (Propiedades de los conjuntos algebraicos afines.) P (1) Para cada familia de ideales {ai | i ∈ I} se tiene V( i ai ) = ∩i V(ai ); (2) Si a ⊆ b, entonces V(b) ⊆ V(a); (3) V(FG) = V(F) ∪ V(G), para F, G ∈ K [X1 , . . . , Xn ], V(ab) = V(a) ∪ V(b) = V(a ∩ b); (4) V(0) = An , V(1) = ∅.

19.

Ideales de conjuntos de puntos

Dado un conjunto de puntos S ⊆ An , llamamos ideal de S al conjunto I(S) = {F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] | F(s) = 0, para cada s ∈ S}. Veamos ahora algunas de las propiedades de los operadores I y V. Lema. 19.1. (1) Si S1 ⊆ S2 , entonces I(S2 ) ⊆ I(S1 ). (2) I(∅) = K [X1 , . . . , Xn ], I(An ) = 0, si K es un cuerpo infinito. (3) F ⊆ IV(F) para cada conjunto de polinomios F ⊆ K [X1 , . . . , Xn ], S ⊆ VI(S) para cada conjunto de puntos S ⊆ An . (4) V(F) = VIV(F) para cada conjunto de polinomios F ⊆ K [X1 , . . . , Xn ], I(S) = IVI(S) para cada conjunto de puntos S ⊆ An . (5) I(S) es un ideal radical para cada conjunto de puntos S ⊆ An . ´ . (5). Se tiene F ∈ I(S) si y solo si, para cada x ∈ S ocurre que F(x) = 0. Dado D EMOSTRACI ON G ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tal que existe m ∈ N verificando Gm ∈ I(S), entonces 0 = Gm (x) = G(x)m , y por tanto G(x) = 0, esto es, G ∈ I(S), que por tanto es un ideal radical. 26 de octubre de 2010


S EC . 19. I DEALES DE CONJUNTOS DE PUNTOS

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La demostración del siguiente hecho requiere de un estudio más avanzado de los conjuntos algebraicos afines, y en concreto del Teorema de los ceros de Hilbert, ver Teorema (37.3.), por lo que lo citamos solamente a modo de ejemplo. Corolario. 19.2. Dado un ideal a ⊆ K [X1 , . . . , Xn ], resulta que IV(a) = rad(a). Como consecuencia, si V es un conjunto algebraico, entonces V = VI(V ), y si a es el ideal de un conjunto de puntos a = IV(a). Más adelante veremos cual es el marco más adecuado en el que establecer una biyección entre conjuntos algebraicos afines de An (K ) y ciertos ideales de K [X1 , . . . , Xn ]. Ejercicio. 19.3. (1) Si V1 , V2 son conjuntos algebraicos afines, entonces: V1 ⊆ V2 ⇔ I(V1 ) ⊇ I(V2 ); V1 ⊂ V2 ⇔ I(V1 ) ⊃ I(V2 ); (2) Si V1 y V2 son conjuntos algebraicos afines, entonces: I(V1 ∪ V2 ) = I(V1 ) ∩ I(V2 ); V1 ∪ V2 = V(I(V1 )I(V2 )). (3) Si {Vα | α ∈ A} es una familia de conjuntos algebraicos afines, entonces X ∩α Vα = V( I(Vα )). α

Vamos a calcular algunos ejemplos. Ejemplo. 19.4. Si K es un cuerpo de caracter´ıstica cero y S = {(x1 , . . . , xn )}, entonces I(x1 , . . . , xn ) = (X1 − x1 , . . . , Xn − xn ), que es un ideal maximal de K [X1 , . . . , Xn ]. Ejemplo. 19.5. Si K es un cuerpo de caracter´ıstica cero y S es el conjunto de los ceros de X 3 − Y 2 , vamos a determinar I(S) = IV(X 3 − Y 2 ). En este caso podemos dar una parametrización de este conjunto algebraico. Dado un cero 2 3 (x, y) 6= (0, 0), resulta x3 = y 2 , y por lo tanto se tiene x = xy e y = xy . Si llamamos t = xy , entonces se tiene x = t 2 , y = t 3 . Como consecuencia el conjunto de ceros es: {(t 2 , t 3 ) | t ∈ K }. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Para determinar el ideal a = I(V(X 3 − Y 2 )), basta ver que si F ∈ a, al dividir por X 3 − Y 2 , consideramos el orden lexicográfico con Y > X , entonces F = (X 3 − Y 2 )Q + R, con R = 0 o´ N (R) ⊆ ∆ = N2 \ ((0, 2) + N2 ). Para cada t ∈ K se tiene F(t 2 , t 3 ) = 0, luego R(t 2 , t 3 ) = 0, y el polinomio R(T 2 , T 3 ) ∈ K [T ] tiene como ra´ıces a todos los elementos de K . Como K es infinito, entonces R(T 2 , T 3 ) es el polinomio cero; observar que R(X , Y ) = R0 (X ) + YR1 (X ), y que por tanto se tiene 0 = R0 (T 2 ) + T 3 R1 (T 2 ). De aqu´ı se deduce que R0 = 0 y R1 = 0 y por tanto R = 0, esto es, F = (X 3 − Y 2 )Q ∈ (X 3 − Y 2 ) y a = (X 3 − Y 2 ). Si K no es de caracter´ıstica cero, este resultado puede no ser cierto. Observar el caso en que K = F2 , entonces V(X 3 − Y 2 ) = {(0, 0), (1, 1)}, y se tiene a = (X , Y ) ∩ (X − 1, Y − 1) = (X + Y , Y 2 + Y ).

20.

Anillos coordenados

Dado un conjunto algebraico af´ın V ⊆ An (K ), el anillo cociente K [V ] := K [X1 , . . . , Xn ]/I(V ) es el anillo coordenado de V . Dadas dos funciones polinómicas F ∗ , G∗ sobre An (K ), podemos considerar sus restricciones ∗ = G ∗ , entonces para cada v ∈ V se tiene F(v) = G(v), esto a V ⊆ An (K ). Observar que si F|V |V es, F − G ∈ I(V ). Y rec´ıprocamente. Tenemos pues una biyección entre K [V ] y las clases de ∗ = G ∗ , por lo que equivalencia de las funciones polinómicas para la relación F ∗ ∼ G∗ si F|V |V podemos identificar los elementos de K [V ] con funciones polinómicas. Ejemplo. 20.1. Si consideramos V(X 3 − Y 2 ), como en el ejemplo (19.5.). En el caso en que K es un cuerpo infinito se tiene I(V(X 3 − Y 2 )) = (X 3 − Y 2 ), y por tanto K [V(X 3 − Y 2 )] = K [X , Y ]/(X 3 − Y 2 ). Sin embargo si K = F2 , entonces F2 [V(X 3 − Y 2 )] = F2 [X , Y ]/(X + Y , Y 2 + Y ) ∼ = F2 [Y ]/(Y 2 + Y ) ∼ = F2 × F2 . Consideramos dos conjuntos algebraicos afines V ⊆ An (K ) y W ⊆ Am (K ). Vamos a llamar una aplicaci´ on polin´ omica, morfismo de conjuntos afines o aplicaci´ on regular de V a W a una aplicación f : V −→ W definida por polinomios, esto es, para cada ´ındice j = 1, . . . , m existe un polinomio Fj ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tal que f (x1 , . . . , xn ) = (F1 (x1 , . . . , xn ), . . . , Fm (x1 , . . . , xn )) para cada (x1 , . . . , xn ) ∈ V . ´ Observar que los polinomios Fj no están determinados de forma unica. Por ejemplo si V = 2 2 2 2 2 V(X + Y − 1) ⊆ A (R), los polinomios F = X y G = X + X + Y − 1 definen la misma aplicación polinómica de V a A1 (R). 26 de octubre de 2010


S EC . 20. A NILLOS COORDENADOS

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Una aplicación polinómica f : V −→ W se dice que es un isomorfismo de conjuntos algebraicos afines si existe otra aplicación polinómica g : W −→ V tal que f ◦g = idW y g ◦f = idV . Proposici´ on. 20.2. Sean V ⊆ An (K ) y W ⊆ Am (K ) conjuntos algebraicos afines. Se verifica: (1) Toda aplicación polinómica f : V −→ W define un homomorfismo de K –álgebras e f : K [W ] −→ K [V ],

e f (F) = F ◦ f .

´ (2) Para cada homomorfismo de K –álgebras h : K [W ] −→ K [V ] existe una unica aplicación e polinómica f : V −→ W tal que h = f . e e (3) Si f1 : V1 −→ V2 y f2 : V2 −→ V3 son aplicaciones polinómicas, entonces f^ 2 ◦ f1 = f1 ◦ f2 . (4) Una aplicación polinómica f : V −→ W es un isomorfismo si y solo si e f es un isomorfismo de K –álgebras. ´ . (2). Dado h : K [W ] −→ K [V ], para cada ´ındice j = 1, . . . , m definimos D EMOSTRACI ON Fj = h(Yj ). Y juntándolos todos definimos una aplicación polinómica h0 : V −→ Am (K ) mediante: h0 (x1 , . . . , xn ) = (F1 (x1 , . . . , xn ), . . . , Fm (x1 , . . . , xn )),

para cada (x1 , . . . , xn ) ∈ V .

Ahora comprobamos que h0 (V ) ⊆ W , para esto consideramos el diagrama I(W )

/ K [Y

1 , . . . , Ym ]

h00

I(V )

/ K [X

/

h0

K [W ]

1 , . . . , Xn ]

/

h

K [V ]

donde h0 : K [Y1 , . . . , Ym ] −→ K [X1 , . . . , Xn ] está definido h0 (Yj ) = Fj , para cada ´ındice j. Es claro que h0 (I(W )) ⊆ I(V ), lo que permite definir h00 . Observar que si G ∈ I(W ), y (x1 , . . . , xn ) ∈ V , entonces 0 = h00 (G)(x1 , . . . , xn ) = G(F1 , . . . , Fm )(x1 , . . . , xn ) = G(F1 (x1 , . . . , xn ), . . . , Fm (x1 , . . . , xn ))), y para cada (x1 , . . . , xn ) ∈ V se tiene (F1 (x1 , . . . , xn ), . . . , Fm (x1 , . . . , xn )) ∈ W . Por tanto h0 define una aplicación polinómica de V a W . Podemos observar que si se eligen otros elementos Fj0 tales que Fj = Fj0 para cada ´ındice j = 1, . . . , m, entonces Fj = Fj0 , como funciones polinómicas, por lo tanto podemos tomar tanto una como la otra en la definición de la aplicación polinómica h0 : V −→ W . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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Finalmente observar que he0 = h, ya que para cada G ∈ K [W ] se tiene: he0 (G) = G ◦ h0 = G(F1 , . . . , Fm ) = h(G). Como consecuencia de la proposición, existe una biyección: ∼ =

HomApl.Pol. (V , W ) −→ HomK −Alg. (K [W ], K [V ]). Corolario. 20.3. Sea f : V −→ W una aplicación entre conjuntos algebraicos afines. Son equivalentes: (a) f es una aplicación polinómica. (b) Para cada g ∈ K [W ] la composición g ◦ f pertenece a K [V ]. En particular, para cada aplicación polinómica f : V −→ W se tiene f (v) = w si y solo si e f −1 (I({v})) = I({w}).

´ . (a) ⇒ (b). Tenemos e D EMOSTRACI ON f (g) = g ◦ f ∈ K [V ] para cada g ∈ K [W ]. (b) ⇒ (a). Para cada ´ındice j = 1, . . . , m tomamos Xj ∈ K [W ], por hipótesis Xj ◦ f ∈ K [V ], luego existe un polinomio Fj ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tal que Fj = Xj ◦f . es claro que f (v) = (F1 (v), . . . , Fm (v)) para cada v ∈ V . La segunda parte es clara.

Ejemplo. 20.4. Vamos a ver que existe una aplicación polinómica biyectiva entre V(X 3 − Y 2 ) y la recta af´ın real que no es un isomorfismo. Tenemos una parametrización de V(X 3 − Y 2 ) dada por x = t 2 , y = t 3 , donde t var´ıa en R. Definimos entonces f : A1 (R) −→ V(X 3 − Y 2 ), mediante: f (t) = (t 2 , t 3 ), t ∈ R. Es claro que f es una aplicación de conjuntos algebraicos y es biyectiva, pero vamos a ver que no es un isomorfismo. Al considerar el homomorfismo inducido e f : K [V(X 3 − Y 2 )] −→ K [A1 (R)], se tiene


R[X , Y ] e f : 3 −→ R[T ], (X − Y 2 )

e f (X ) = T 2 ,

e f (Y ) = T 3 .



93

Por lo tanto la imagen es el subanillo generado por T 2 y T 3 , esto es, R + T 2 R[T ] 6= R[T ], y como no es un isomorfismo, tenemos que f no es un isomorfismo de conjuntos algebraicos. ´ isomorfismo entre V(X 3 − Y 2 ) Más adelante veremos que en realidad no puede existir ningun y la recta af´ın real. En lo que sigue vamos ahora a ver cómo estudiar los homomorfismos h : K [W ] −→ K [V ] ´ determinando su nucleo y su imagen. Supongamos que h :

K [Y1 , . . . , Ym ] K [X1 , . . . , Xn ] −→ . I(W ) I(V )

Para cada elección de F1 , . . . , Fm ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tenemos un homomorfismo g : K [Y1 , . . . , Ym ] −→ K [X1 , . . . , Xn ],

g(Yj ) = Fj , j = 1, . . . , m.

Además g induce un homomorfismo de K [W ] a K [V ] si g(I(W )) ⊆ I(V ), esto es, si para cada G ∈ I(W ) se tiene G(F1 , . . . , Fm ) ∈ I(V ). Entonces el homomorfismo h estará determinado por las imágenes de Yj , j = 1, . . . , m. Sean Fj ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tales que Fj = h(Yj ). Los Fj están determinados módulo I(V ), pero para cualquier elección de estos se tiene el mismo valor, h(G) = G(F1 , . . . , Fm ). Proposici´ on. 20.5. Sean A = K [Y1 , . . . , Ym , X1 , . . . , Xn ], c el ideal de A generado por {Y1 − F1 , . . . , Ym − Fm } ∪ {sistema de generadores de I(V )} y G la base de Groebner reducida de c con respecto al orden lexicográfico con X1 > · · · > Xn > Y1 > · · · > Ym . Se tiene: (c ∩ K [Y1 , . . . , Ym ]) + I(W ) . En particular las clases de los elementos de G en I(W ) K [X1 , . . . , Xn ] generan Ker(h).

(1) Ker(h) =

(2) Dado F ∈ K [X1 , . . . , Xn ], se tiene F ∈ Im(h) si y solo si R(F; G) ∈ K [Y1 , . . . , Ym ]. Este caso F = h(R(F; G)).

´ . (1). Si G ∈ Ker(h), entonces 0 = h(G) = G(F1 , . . . , Fm ), y por tanto tenemos D EMOSTRACI ON G(F1 , . . . , Fm ) ∈ I(V ), luego G(F1 , . . . , Fm ) ∈ I(V )e ⊆ c. Como Yj − Fj ∈ c para cada j = 1, . . . , m, entonces G(Y1 , . . . , Ym ) − G(F1 , . . . , Fm ) ∈ c, y tenemos G ∈ c ∩ K [Y1 , . . . , Ym ], luego (c ∩ K [Y1 , . . . , Ym ]) + I(W ) G∈ . I(W ) Por otro lado, si G ∈ c ∩ K [Y1 , . . . , Ym ], supongamos que I(V ) está generado por {H1 , . . . , Ht }, ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


94 entonces G(Y1 , . . . , Ym ) =

m X

aj (Yj − Fj ) +

j=1

con aj , bi ∈ A. Tenemos G(F1 , . . . , Fm ) = 0.

t X

bi Hi ,

i=1

Pt

i=1 bi Hi

∈ I(V )e , y por tanto h(G) = G(F1 , . . . , Fm ) =

(2). Dado F ∈ K [X1 , . . . , Xn ], si F ∈ Im(h), entonces existe G ∈ K [Y1 , . . . , Ym ] tal que h(G) = F, y por tanto G(F1 , . . . , Fm ) − F(X1 , . . . , Xn ) ∈ I(V ) ⊆ c. Como G(F1 , . . . , Fm ) − G(Y1 , . . . , Ym ) ∈ c, tenemos G(Y1 , . . . , Ym ) − F(X1 , . . . , Xn ) ∈ c. Al hacer la división de F, o´ de G, por G, como X1 > · · · > Xn > Y1 > · · · > Ym en el orden lexicográfico, en el resto R no aparecen las variables X1 , . . . , Xn , luego G − R ∈ c ∩ K [Y1 , . . . , Ym ], y como sus clases están contenidas en el ´ nucleo, entonces F = h(G) = h(R). Por otro lado, sea R ∈ K [Y1 , . . . , Ym ] el resto de la división de F por G, entonces F − R ∈ c y podemos escribir F −R=

m X

aj (Yj − Fj ) +

j=1

Al evaluar Yj en Fj resulta F − R(F1 , . . . , Fm ) =

t X

bi H i .

i=1

Pt

i=1 bi Hi

∈ I(V ). Entonces F = h(R) ∈ Im(h).

Corolario. 20.6. (1) h es inyectiva si y solo si c ∩ K [Y1 , . . . , Ym ] ⊆ I(W ). (2) h es sobreyectiva si y solo si para cada ´ındice i = 1, . . . , n existe un Gi ∈ K [Y1 , . . . , Ym ] tal que Xi − Gi ∈ G.

´ . (1). Es inmediata. D EMOSTRACI ON (2). Es claro que la condición es necesaria, ya que para cada ´ındice i se tendrá que R(Xi ; G) ∈ K [Y1 , . . . , Ym ] y por tanto Xi pertenece a la imagen de h. Por otro lado, si h es sobreyectiva, entonces para cada ´ındice i se tiene Xi ∈ Im(h), luego R(Xi ; G) ∈ K [Y1 , . . . , Ym ]. Como conse´ elemento de G; como esto ocurre para cada ´ındice i, cuencia Xi es el término l´ıder de algun entonces G contiene un elemento de la forma Xi + Gi con Gi ∈ K [Y1 , . . . , Ym ]. Vamos a estudiar algunos ejemplos. 26 de octubre de 2010



95

Ejercicio. 20.7. Se considera el homomorfismo h : K [Y , Z] −→ K [X ] definido por h(Y ) = X 2 − 1 y h(Z) = X 3 − 1. ´ Calcular el nucleo y la imagen de h. ´ . Siguiendo la notación de la proposición el ideal c está generado por Y − X 2 + 1 S OLUCI ON y Z − X 3 + 1, ya que en este caso I(V ) = 0. Primero calculamos una base de Groebner de c respecto al orden lexicográfico con X > Y > Z: G = {3Y + 3Y 2 + Y 3 − 2Z − Z 2 , −1 + X − 2Y − Y 2 + XZ, −1 + X + XY − Z, −1 + X 2 − Y } Al calcular la intersección c ∩ K [Y , Z], e´ sta está generada por: {3Y + 3Y 2 + Y 3 − 2Z − Z 2 }, ´ por lo tanto h no es inyectiva, ya que el nucleo contiene a 3Y + 3Y 2 + Y 3 − 2Z − Z 2 . Para ver la sobreyectividad tenemos que ver si en G existe un elemento de la forma X − G, con G ∈ K [Y , Z]. Es claro que no , luego h no es sobreyectiva, ya que X ∈ / Im(h). Ejemplo. 20.8. Se consideran V = V(XZ + Y 2 + Z 2 , XY − XZ − 2Z 2 ) ⊆ A3 (C) y W = V(U 3 − UV 2 + V 3 ) ∈ A2 (C). Se verifica I(V ) = (XZ + Y 2 + Z 2 , XY − XZ − 2Z 2 ) y I(W ) = (U 3 − UV 2 + V 3 ). ¡Ya comprobaremos esto más adelante! Se considera el homomorfismo h : definido por

K [U,V ] I(W )

−→

h0 (U) = Z,

K [X ,Y ,Z] I(V )

inducido por h0 : K [U, V ] −→ K [X , Y , Z]

h0 (V ) = Y .

Para ver que h está bien definido basta ver que h0 (I(W )) ⊆ I(V ). Observar que h0 (U 3 −UV 2 + V 3 ) = Z 3 − ZY 2 + Y 3 pertenece a I(V ), ya que una base de Groebner de I(V ) es: {Y 3 − Y 2 Z + Z 3 , Y 2 + XZ + Z 2 , XY + Y 2 + YZ − Z 2 }. Para estudiar la inyectividad y sobreyectividad de h consideramos el ideal c definido por {U − Z, V − Y , XZ + Y 2 + Z 2 , XY − XZ + YZ − 2Z 2 }. Una base de Groebner respecto al orden lexicográfico con X > Y > Z > U > V es: G = {U 3 − UV 2 + V 3 , −U + Z, −V + Y , −U 2 + UV + V 2 + VX , U 2 + V 2 + UX }. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Al calcular la intersección con K [U, V ], e´ sta está generada por {U 3 − UV 2 + V 3 }. Observar que está contenida en I(W ), luego h es inyectiva. Para ver si es sobreyectiva, tenemos que encontrar X −G1 , Y −G2 , Z −G3 en G, con G1 , G2 , G3 ∈ K [U, V ]. Para Y y Z es posible, pero no para X , por lo tanto X ∈ / Im(h) y h no es sobreyectiva. Finalmente vamos a describir la aplicación polinómica que define el homomorfismo h. Tenemos que determinar FU y FV en K [X , Y , Z] tales que h(U) = FU y h(V ) = FV ; por ejemplo FU = Z y FV = Y . Entonces la aplicación polinómica es: f : V −→ W ,

f (x, y, z) = (FU (x, y, z), FV (x, y, z)) = (z, y).

Una aplicaci´ on: el cálculo del polinomio m´ınimo de un elemento en una extensi´ on algebraica simple Proposici´ on. 20.9. Sea K un cuerpo y α un elemento algebraico sobre K con polinomio m´ınimo F = Irr(α, K ) ∈ K [X ]. Sea β ∈ K (α), por ejemplo β = G(α). Si G es una base de Groebner reducida del ideal (F, Y − G) ∈ K [X , Y ], respecto al orden lexicográfico con X > Y , entonces el polinomio ´ m´ınimo de β sobre K es el unico polinomio en G ∩ K [Y ]. ´ . Consideramos el siguiente diagrama: D EMOSTRACI ON (Irr(β, K ))

/

/

K [Y ]

K [Y ] (Irr(β,K ))

h0

(Irr(α, K ))

/ K [X ]

/

K [X ] (Irr(α,K ))

= K (β) h

= K (α)

La aplicación h está definida h(β) = α, la aplicación h0 está definida h0 (Y ) = G, entonces h0 induce h si h0 (Irr(β, K )) ⊆ (Irr(α, K )), lo cual es inmediato, ya que si H ∈ (Irr(β, K )), en´ tonces h0 (H) = H(G) y se verifica: H(G)(α) = H(G(α)) = H(β) = 0. El nucleo de h es cero, c∩K [Y ] ´ ya que K (β) es un cuerpo, y por otro lado el nucleo es (Irr(β,K )) , siguiendo la notación de la Proposición (20.5.), siendo c = (Y − G, Irr(β, K )). Por lo que calculando una base de Groebner reducida G de c, un sistema de generadores de (Irr(β, K )) es G ∩ K [Y ]. Ejemplo. 20.10. √ √ √ Dado K = Q y α = 3 2, para determinar el polinomio m´ınimo de β = 2+ 3 2− 3 4, calculamos una base de Groebner de (X 3 − 2, Y − 2 − X + X 2 ) en Q[X , Y ] respecto al orden lexicográfico ´ con X > Y . Esta es: G = {−18 + 18Y − 6Y 2 + Y 3 , −6 + 3X + 3Y − Y 2 }. 26 de octubre de 2010



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La intersección con K [Y ] es: {−18 + 18Y − 6Y 2 + Y 3 }, y resulta que Y 3 − 6Y 2 + 18Y − 18 es el polinomio m´ınimo de β en Q.

21.

Ejercicios

Funciones polinómicas Ejercicio. 21.1. (AM, Cap 1, Ej 27) Sea V un conjunto algebraico, para cada x ∈ X se considera mx = {f ∈ K [V ] | f (x) = 0}. Se tiene: (1) mx es un ideal maximal de K [V ]. (2) La aplicación λ : V −→ Max(K [V ]), λ(x) = mx , es una aplicación inyectiva. (3) La aplicación λ es una aplicación sobreyectiva si K es algebraicamente cerrado. ´ SOLUCION Ejercicio. 21.2. Sea V ⊆ An (K ) un conjunto algebraico af´ın finito de cardinal m. Demuestra que K [V ] ∼ = Km como K -álgebras. (Pista: Utiliza el teorema chino del resto.) ´ SOLUCION Conjuntos algebraicos Ejercicio. 21.3. (1) Para cada F ∈ K [X ] no constante, describe V(F) ⊆ A1 (K ) en términos de la factorización de F en K [X ]. (2) Usa dicha descripción para determinar I(V(F)). (3) Deduce que I(V(F)) = (F) si y sólo si F es el producto en K [X ] de factores irreducibles distintos. ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 21.4. Sean F, G ∈ K [X , Y ] polinomios irreducibles no asociados. Demuestra que V((F, G)) ⊆ A2 (K ) es vac´ıo o un conjunto finito. (Pista: Si (F, G) 6= (1), demuestra que (F, G) contiene un polinomio no nulo de K [X ] tomando F, G ∈ K (X )[Y ] y aplicando el lema de Gauss para demostrar que F y G son primos relativos en K (X )[Y ].)

´ SOLUCION Ejercicio. 21.5. a b (1) Identificamos cada matriz ∈ M2×2 (K ) con el punto (a, b, c, d) ∈ A4 (K ). Demuesc d tra que el grupo SL2 (K ) de la matrices determinante igual a 1 es un conjunto algebraico de A4 (K ). 2

(2) Demuestra que SLn (K ) es un conjunto algebraico de An (K ).

´ SOLUCION Ejercicio. 21.6. Sea V cualquier recta de R2 . Demuestra que R[V ] ∼ = R[Z], Z es una indeterminada sobre R, como R–álgebras. Describe el isomorfismo de conjuntos algebraicos correspondiente de A1 (R) a V .

´ SOLUCION Anillos coordenados Ejercicio. 21.7. Sea V = V(XY −Z) ∈ A3 (R). Demuestra que V es isomorfa a A2 (R) y describe expl´ıcitamente un isomorfismo f y el correspondiente isomorfismo de R–álgebras e f : K [V ] −→ K [A2 (R)]. Describe los isomorfismos inversos. ¿Es W = V(XY − Z 2 ) isomorfo a A2 (R)?




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Ejercicio. 21.8. Sea V = V(XZ − Y 2 , YZ − X 3 , Z 2 − X 2 Y ) ⊆ A3 (K ), con K = R. (1) Demuestra que la aplicación f : A1 (K ) −→ V , definida por f (t) = (t 3 , t 4 , t 5 ) es una aplicación sobreyectiva. (2) Describe expl´ıcitamente el correspondiente homomorfismo de K-álgebras e f : K [V ] −→ K [A1 ]. (3) Demuestra que e f no es un isomorfismo.

´ SOLUCION Ejercicio. 21.9. Sea G = {G1 , . . . , Gm } una base de Groebner del ideal a del anillo K [X1 , . . . , Xn ]. Sea B el conjunto de monomios M de K [X1 , . . . , Xn ] que no son divisibles por ninguno de los LT(Gi ), i = 1, . . . , m. Demuestra que B es una base del cociente K [X1 , . . . , Xn ]/a como espacio vectorial sobre K .

´ SOLUCION Ejercicio. 21.10. Sea a = (X 3 Y − XY 2 + 1, X 2 Y 2 − Y 3 − 1) ⊆ K [X , Y ], con K = Q. (1) Utiliza el ejercicio previo para demostrar que B = {1, Y , Y 2 , Y 3 } es una base del K espacio vectorial K [X , Y ]/a (2) Calcula la tabla de multiplicación para los elementos de B.

´ SOLUCION Ejercicio. 21.11. Sean V = V(X 3 − X 2 Z − Y 2 Z), W = V(X 2 + Y 2 − Z 2 ) dos conjuntos algebraicos de C3 . Entonces I(V ) = (X 3 − X 2 Z − Y 2 Z), I(W ) = (X 2 + Y 2 − Z 2 ). Demuestra que f (a, b, c) = (a2 c − b2 c, 2abc, −a3 ) define un morfismo de V a W .


P. Jara

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Ejercicio. 21.12. Sea V = V(X 3 + Y 3 + 7Z 3 ) ⊆ C3 . Entonces I(V ) = (X 3 + Y 3 + 7Z 3 ) ⊆ C[X , Y , Z]. (1) Demuestra que e f (X ) = X (Y 3 − 7Z 3 ), e f (Y ) = Y (7Z 3 − X 3 ), e f (Z) = Z(X 3 − Y 3 ) define un homomorfismo de C-álgebras de C[V ] consigo mismo. (2) Sea f : V −→ V el morfismo correspondiente a e f . Comprueba que (−2, 1, 1) ∈ V y calcula f (−2, 1, 1) ∈ V . (3) Demuestra que existen infinitos puntos (a, b, c) m. c. d.{a, b, c} = 1.

∈

V tales que a, b, c

∈

Z y

´ SOLUCION

Ejercicio. 21.13. Sean V = V(XZ + Y 2 + Z 2 , XY − XZ + YZ − 2Z 2 ) ⊆ C3 y W = V(U 3 − UV 2 + V 3 ) ⊆ C2 . (1) Demuestra que la aplicación f (a, b) = (−2a2 + ab, ab − b2 , a2 − ab) define un morfismo W −→ V . ´ (2) Demuestra que el nucleo del homomorfismo de C-álgebras correspondiente C[V ] −→ 2 2 C[W ] es el ideal (X + 3Y + YZ).

´ SOLUCION

Ejercicio. 21.14. Definimos h : Q[U, V , W ] −→ Q[X , Y ] mediante h(U) = X 2 + Y , h(V ) = X + Y 2 , h(W ) = X − Y. (1) Demostrar que ni X ni Y están en la imagen de h. (2) Demostrar que F = 2X 3 − 4XY − 2Y 3 − 4Y está en la imagen de h y determinar un polinomio G ∈ Q[U, V , W ] tal que h(G) = F. (3) Demostrar que Ker(h) = (U 2 − 2UV − 2UW 2 + 4UW + V 2 − 2VW 2 − 4VW + W 4 + 3W 3 ).




101

Ejercicio. 21.15. Sea α una ra´ız del polinomio irreducible F(X ) ∈ K [X ] y sea β = G(α)/L(α), donde G, L ∈ K [X ] y L(α) 6= 0. (1) Razonar que existen polinomios S, T ∈ K [X ] tales que SL + TF = 1 y razonar que β = H(α), donde H = GS. (2) Demostrar que los ideales (F, Y − H) y (F, LY − G) de K [X , Y ] son iguales. (3) Deducir que el polinomio m´ınimo para β es el polinomio mónico en G ∩ K [Y ], donde G es la base de Groebner reducida del ideal (F, LY − G) ⊆ K [X , Y ] para el orden lexicográfico con X > Y . √ √ 3− 32+ 34 √ √ . (4) Halla el polinomio m´ınimo sobre Q de β = 1+332−334

´ SOLUCION

Ejercicio. 21.16. Se consideran V y W los conjuntos algebraicos definidos por V = {(t 2 , t 3 , t 4 ) | t ∈ R} y W = {(t 2 , t 4 , t 5 ) | t ∈ R}. (1) Comprueba que la aplicación f : V −→ W definida f (a, b, c) = (a, c, ab) es una aplicación polinómica de V a W . (2) Si I(V ) = (X13 − X22 , X12 − X3 ) y I(W ) = (X12 − X2 , X15 − X32 ), calcula el homomorfismo e f : K [W ] −→ K [V ]. ´ (3) Calcula el nucleo de e f. (4) Calcula la imagen de e f.

´ SOLUCION Aplicaciones ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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Ejercicio. 21.17. Se considera K = C, el conjunto algebraico V = {(1, 2), (1, 3), (1, 4)}, el conjunto algebraico W = V((Y1 − 1)2 ) y la aplicación f : V −→ W definida f (1, 2) = (1, 4, 3), f (1, 3) = (1, 9, 4) y f (1, 4) = (1, 16, 5). (1) Calcula el homomorfismo e f : K [W ] −→ K [V ]. ´ (2) Calcular el nucleo de e f. (3) Calcula la imagen de e f. (4) Se considera la aplicación g : K [V ] −→ K [W ], definida por g(X1 ) = Y1 , g(X2 ) = Y3 − Y1 . ¿Está g bien definida? (5) De forma natural K [W ] es isomorfo a K [Y2 , Y3 ] y K [V ] es isomorfo a K × K × K . Describe estos isomorfismos y da una descripción expl´ıcita del homomorfismo que induce e f de K [Y2 , Y3 ] a K × K × K .

´ SOLUCION Ejercicio. 21.18. Determina el polinomio m´ınimo de

√ 3 2−1 √ 3 4−1

sobre Q.

´ SOLUCION Ejercicio. 21.19. Una forma de representar gráficamente en Mathematica la curva X 3 − Y 2 es mediante la orden ContourPlot[X 3 - Y 2 == 0, {X, -1, 1}, {Y, -1, 1}] Representa las siguientes curvas en los intervalos que se indican: X 2 Y + 0,1Y − X , −5 < X 2 2 2 2 (X − 1) (X + Y ) − X , −3 < X X 4 − (X 2 − Y 2 ), −3 < X 2 2 X + Y − 2, −3 < X 2 2 X /9 + Y /4 − 1, −3 < X X 2 − Y 2 − 1, −3 < X XY − 1, −3 < X 2 2 X (X − 2X + 2) − 2Y , −1 < X X (X 2 − 2X + 1) − 2Y 2 , −1 < X X (X 2 − 2X − 1) − Y 2 , −1 < X 26 de octubre de 2010

< 5, −5 < Y < 3, −3 < Y < 3, −3 < Y < 3, −3 < Y < 3, −3 < Y < 3, −3 < Y < 3, −3 < Y < 5, −2 < Y < 5, −2 < Y < 5, −2 < Y

<5 <3 <3 <3 <3 <3 <3 <2 <2 <2



103 ´ SOLUCION

Ejercicio. 21.20. Considerar tres parejas de estas curvas y estudiar si son o no isomorfas. ´ SOLUCION


P. Jara

Cap´ıtulo IV M´ odulos 22 23 24 25 26 27 28 29

Módulos . . . . . . . . . . . . . . Homomorfismos de A–módulos . Módulo cociente . . . . . . . . . Suma directa de A–módulos . . . Módulos libres . . . . . . . . . . . Módulos finitamente generados Módulos noetherianos . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

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106 107 111 116 119 122 125 135

Introducci´ on En el moderno estudio de los anillos y las a´ lgebras una herramienta esencial son las representaciones. La teor´ıa general de representaciones se realiza a través del concepto de módulo, del que aqu´ı vamos a dar su definición y sus propiedades elementales. Haremos uso de las construcciones del módulo cociente y de la suma directa para construir módulos libres y probar que todo módulo es un cociente de un módulo libre. A continuación nos centramos en el estudio de los módulos finitamente generados y de los anillos y módulos noetherianos, que son los que nos proporcionarán la mayor parte de los ejemplos que vamos a estudiar en este curso.

´ DULOS C AP. IV. M O

106

22.

M´ odulos

Definici´ on de m´ odulo En este cap´ıtulo A va a ser siempre un anillo conmutativo. Un A-m´ odulo es un grupo abeliano M junto con un homomorfismo de anillos β : A −→ End(M). Para cada a ∈ A y m ∈ M, el elemento β(a)(m) lo representamos por am. Para cualesquiera a, a1 , a2 ∈ A y m, m1 , m2 ∈ M se verifican las siguientes propiedades: (I) a(m1 + m2 ) = am1 + am2 . (II) (a1 + a2 )m = a1 m + a2 m. (III) a1 (a2 m) = (a1 a2 )m. (IV) 1m = m. Estas cuatro propiedades caracterizan también a los A-módulos en el siguiente sentido: es equivalente que M sea un A-módulo con homomorfismo β : A −→ End(M) y que exista una aplicación α : A × M −→ M verificando las propiedades (i) a (iv) anteriores. La aplicación α se llama una acci´ on de A sobre M y β se llama el homomorfismo de la acci´ on. Es claro que α y β están relacionados por la siguiente fórmula: α(a, m) = β(a)(m) para cualesquiera a ∈ A y m ∈ M.

Cambio de anillo Sean A y B anillos conmutativos, f : B −→ A un homomorfismo de anillos y M un A-módulo con homomorfismo β : A −→ End(M), entonces M también es un B-módulo al considerar la composición β ◦ f : B −→ End(M).

Aritmética de m´ odulos ˜ Los siguientes resultados senalan las propiedades básicas de la acción de un anillo sobre un módulo. 26 de octubre de 2010


´ DULOS S EC . 23. H OMOMORFISMOS DE A– M O

107

Lema. 22.1. Sea M un A–módulo, para cada a ∈ A y cada m ∈ M se verifica: (1) a0 = 0. (2) a(−m) = −(am). (3) 0m = 0. (4) (−a)m = −(am). Lema. 22.2. Sea M un A–módulo, para cualesquiera a, ai ∈ A, i ∈ I (finito) y m, mj ∈ M, j ∈ J (finito), se verifica: P P (1) a( j∈J mj ) = j∈J amj . P P (2) ( i∈I ai )m = i∈I ai m.

23.

Homomorfismos de A–m´ odulos

Sean A un anillo y M y M 0 dos A-módulos. Una aplicación f : M −→ M 0 se llama un homomorfismo de A–m´ odulos si verifica: (I) f es un homomorfismo de grupos abelianos. (II) f (am) = af (m), para todo a ∈ A y m ∈ M. Esto es, el siguiente diagrama es conmutativo. A×M A×f

A × M0

αM

αM 0

/

/

M

f

M0

Lema. 23.1. Sean A un anillo, M y M 0 dos A-módulos y f : M −→ M 0 una aplicación, son equivalentes: (a) f es un homomorfismo de A-módulos. (b) Para cualesquiera a1 , a2 ∈ A y m1 , m2 ∈ M se tiene: f (a1 m1 +a2 m2 ) = a1 f (m1 )+a2 f (m2 ).


P. Jara


108 Lema. 23.2.

(1) Para cada A–módulo M la identidad, idM , es un homomorfismo de A-módulos. (2) La composición de homomorfismos de A-módulos, cuando está definida, es un homomorfismo de A-módulos.

Subm´ odulos Sean A un anillo y M un A-módulo. Un subgrupo abeliano N de M se llama un subm´ odulo si para cada a ∈ A y cada n ∈ N se tiene an ∈ N. Lema. 23.3. Sean A un anillo, M un A-módulo y N un subconjunto de M, son equivalentes: (a) N es un submódulo de M; (b) Para todos a1 , a2 ∈ A y n1 , n2 ∈ N se tiene a1 n1 + a2 n2 ∈ N. Sean A un anillo y M un A-módulo, si N es un submódulo de M, entonces la inclusión i : N −→ M es un homomorfismo de A-módulos. En el conjunto L(M), de los submódulos de un A-módulo M, definimos la relación ≤ mediante: N1 ≤ N2 si N1 ⊆ N2 . Lema. 23.4. La relación ≤ es una relación de orden en L(M). Proposici´ on. 23.5. Sean A un anillo y M un A-módulo. Para cada familia de submódulos de M, por ejemplo {Ni | i ∈ I}, se tiene que ∩{Ni | i ∈ I} es también un submódulo de M. Se tiene entonces que ∩i Ni es el ´ınfimo de la familia {Ni | i ∈ I}. Como consecuencia tenemos: Corolario. 23.6. Sea X un subconjunto de A-módulo M, existe un menor submódulo AX de M que contiene a X , y que se puede describir como AX = ∩{N | N es un submódulo de M que contiene a X }. 26 de octubre de 2010


´ DULOS S EC . 23. H OMOMORFISMOS DE A– M O

109

El submódulo AX se llama el submódulo de M generado por X , y diremos que X es un sistema de generadores de AX . Cuando X = {x}, tiene un sólo elemento, Ax := AX se llama el subm´ odulo c´ıclico generado por x. Si X es un conjunto finito, entonces AX se llama un subm´ odulo finitamente generado. Podemos observar que si X es un subconjunto de un A–módulo M, el submódulo de AX generado por X consta de los siguientes elementos: {a1 x1 + · · · + an xn | a1 , . . . , an ∈ A, x1 , . . . , xn ∈ X }. Teorema. 23.7. Sean A un anillo y M un A-módulo. Si {Ni | i ∈ I} es una familia de submódulos de M, entonces existe un P menor submódulo de M que contiene a cada elemento de la familia, que notaremos por {Ni | i ∈ I} y llamaremos suma de la familia; la descripción a través de sus elementos es:    X nj | j ∈ F ⊆ I finito, nj ∈ Nj para todo j ∈ F .   j

Se tiene entonces que

P

i Ni

es el supremo de la familia {Ni | i ∈ I}.

Lema. 23.8. El conjunto L(M) con la relación de orden “≤” es un ret´ıculo con ´ınfimo la intersección y supremo la suma. Proposici´ on. 23.9. Sea A un anillo y f : M −→ M 0 un homomorfismo de A-módulos, se verifican las siguientes propiedades: (1) Si N es un submódulo de M, entonces f∗ (N) es un submódulo de M 0 . (2) Si N 0 es un submódulo de M 0 , entonces f ∗ (N 0 ) es un submódulo de M. (3) Tanto f∗ como f ∗ son homomorfismos de ret´ıculos. Otras notaciones para f∗ y f ∗ son, respectivamente, f y f −1 .

Tipos de homomorfismos Sea A un anillo y M, M 0 dos A-módulos, el conjunto de los homomorfismos de A-módulos de M a M 0 se representa por HomA (M, M 0 ). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


110

Lema. 23.10. En la situación anterior HomA (M, M 0 ) es un A-módulo con operaciones definidas mediante: (1) (f + g)(m) = f (m) + g(m), para cualesquiera f , g ∈ HomA (M, M 0 ) y m ∈ M; (2) (af )(m) = a(f (m)), para cualesquiera a ∈ A, f ∈ HomA (M, M 0 ) y m ∈ M. Además si X e Y son A-módulos y h : X −→ M, k : M 0 −→ Y , son homomorfismos de A-módulos, entonces para f , g ∈ HomA (M, M 0 ) X

h

/

f

M

g

/ / M0

k

/

Y

se verifica: (f + g) ◦ h = f ◦ h + g ◦ h

y

k ◦ (f + g) = k ◦ f + k ◦ g.

En particular tenemos que EndA (M) es un anillo, no necesariamente conmutativo, que es un subanillo de End(M), el anillo de los endomorfismos del grupo abeliano subyacente a M. ´ a la derecha, por composición, sobre HomA (M, M 0 ) y Observar que el anillo EndA (M) actua ´ a la izquierda sobre HomA (M, M 0 ), pero estas acciones no las que el anillo EndA (M 0 ) actua vamos a utilizar en este texto. Sea A un anillo, dado un homomorfismo de A-módulos f : M −→ M 0 , la imagen de f es: Im(f ) = {f (m) | m ∈ M}, y el n´ ucleo de f es: Ker(f ) = {m ∈ M | f (m) = 0}. Lema. 23.11. En la situación anterior Im(f ) y Ker(f ) son submódulos de M 0 y M respectivamente. El cero de HomA (M, M 0 ) se representa por 0 y verifica: Im(0) = {0}, Ker(0) = M. Proposici´ on. 23.12. En la situación anterior se verifica: (1) f es una aplicación inyectiva si, y sólo si, Ker(f ) = {0}. (2) f es una aplicación sobreyectiva si, y sólo si, Im(f ) = M 0 . Teorema. 23.13. En la situación anterior f es una aplicación biyectiva si, y sólo si, existe un homomorfismo g : M 0 −→ M verificando f ◦ g = idM 0 y g ◦ f = idM . 26 de octubre de 2010


´ DULO COCIENTE S EC . 24. M O

111

Un homomorfismo de A-módulos verificando las condiciones del Teorema (23.13.) se llama un isomorfismo. Para un A-módulo M un isomorfismo f : M −→ M se llama automorfismo. El conjunto de los automorfismos de un A-módulo M se representa por AutA (M), y tiene estructura de grupo respecto a la composición, ya que es el conjunto de los elementos invertibles del anillo EndA (M). Proposici´ on. 23.14. (Propiedad universal del n´ ucleo.) 0 Sea A un anillo y f : M −→ M un homomorfismo de A-módulos. Si i : Ker(f ) −→ M es la inclusión, entonces la composición i ◦ f es cero, y si g : X −→ M es un homomorfismo de ´ A-módulos verificando g ◦ f = 0, entonces existe un unico homomorfismo de A-módulos 0 0 g : X −→ Ker(f ) tal que g = i ◦ g . i

/M w; w w ww g0 wwww g w

Ker(f ) O

f

/

M0

X

´ Un homomorfismo f : M −→ M 0 con nucleo igual a cero se llama un monomorfismo. Observa que un homomorfismo f es un monomorfismo si y solo si es una aplicación inyectiva.

24.

M´ odulo cociente

Sea A un anillo, M un A-módulo y N un submódulo, consideramos el grupo cociente M/N y la proyección canónica p : M −→ M/N, entonces tenemos: Lema. 24.1. ´ En la situación anterior existe una unica estructura de A-módulo en M/N de forma que p : M −→ M/N sea un homomorfismo de A-módulos.

El módulo M/N se llama m´ odulo cociente de M por N. Sea A un anillo, y f : M −→ M 0 un homomorfismo de A-módulos, llamamos con´ ucleo de f , y lo representamos por Coker(f ), al módulo cociente M 0 / Im(f ). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


112

Proposici´ on. 24.2. (Propiedad universal del con´ ucleo.) En la situación anterior, supongamos que p : M −→ Coker(f ) es la proyección canónica, entonces p ◦ f = 0 y si g : M 0 −→ Y es un homomorfismo verificando g ◦ f = 0, entonces ´ existe un unico homomorfismo de A-módulos g 0 : Coker(f ) −→ Y tal que g = g 0 ◦ p. M

f

/

p

/ Coker(f ) QQQ QQQ g0 Q Q QQQ g QQ(

M 0 QQQ

Y

´ Cuando f es la inclusión de un submódulo N 0 de M 0 , entonces el conucleo es precisamente 0 0 el cociente de M por N . ´ Un homomorfismo f : M −→ M 0 con conucleo igual a cero se llama un epimorfismo. Observa que un homomorfismo f es un epimorfismo si y solo si es una aplicación sobreyectiva. ´ ´ Es de destacar que las propiedades universales del nucleo y el conucleo están expresadas para los pares (Ker(f ), i) y (p, Coker(f )) respectivamente. Por lo que desde un punto de vista ´ ´ formal la definición de nucleo y conucleo de un homomorfismo hay que realizarla para los pares anteriormente citados. Siguiendo en esta l´ınea, vamos a introducir nuevos conceptos en las siguientes secciones. Vamos a hacer uso de los módulos cocientes en el estudio de módulos y homomorfismos de módulos. 26 de octubre de 2010



113

Teoremas de isomorf´ıa

Teorema. 24.3. Dado un homomorfismo de A–módulos f : M −→ M 0 , se verifica: (1) Existe una proyección p : M −→ M/ Ker(f ) definida por p(m) = m + Ker(f ) para cada m ∈ M. (2) Existe una inclusión j : Im(f ) −→ M 0 definida por j(f (m)) = f (m) para cada m ∈ M. (3) Primer Teorema de Isomorf´ıa. Existe un isomorfismo b : M/ Ker(f ) −→ Im(f ) definido por b(m + Ker(f )) = f (m) para cada m ∈ M. M p

M/ Ker(f )

f

/

MO 0 j

∼ = b

/ Im(f )

(4) Existe una biyección, que conserva el orden, entre las familias de submódulos A = {N ⊆ M | Ker(f ) ⊆ N} y B = {N 0 ⊆ M 0 | N 0 ⊆ Im(f )}. En esta biyección la imagen de N ∈ A es f∗ (N) ⊆ M 0 y la imagen de N 0 ∈ B es f ∗ (N 0 ) ⊆ M


P. Jara


114

Teorema. 24.4. (Segundo Teorema de isomorf´ıa o Teorema del paralelogramo) Sea M un A-módulo y N1 , N2 submódulos de M. Existe un isomorfismo N1 N1 + N2 ∼ , = N1 ∩ N2 N2 definido por x + (N1 ∩ N2 ) 7→ x + N2 . N8 1 +O N2 q q q q q q qq qqq NO 1 N2 qq8 q q q qqq qqq

N1 ∩ N2

Tenemos el siguiente diagrama conmutativo: N1 ∩ _ N2

N1

/

N1 N1 ∩N2

/

∼ =

N2 _

//

N2 N1 ∩N2

∼ =

N1 + N2

/ / N1 +N2

/ N1 +N2 /

N2

N1

0

Para completar la teor´ıa vamos a incluir el Tercer Teorema de Isomorf´ıa o del Doble Cociente. 26 de octubre de 2010



115

Teorema. 24.5. (Tercer Teorema de Isomorf´ıa. o Teorema del Doble Cociente) Sean M un A–módulo y N ⊆ L submódulos de M. Existe una biyección, que conserva el orden, entre los submódulos de M que contienen a N y los submódulos de M/N, dada por L L 7→ . Además para cada N ⊆ L ⊆ M existe un isomorfismo N M/N ∼ M = , L/N L que está definido por m + M +

L 7→ m + L. Tenemos el siguiente diagrama conmutativo: N N

N

0

/ L _

/

/

M

L/M

//

//

L/N _

M/N

•

Los teoremas de isomorf´ıa segundo y tercero se conocen como teoremas de isomorf´ıa de Noether.

M´ odulos c´ıclicos Si M es un A–módulo, para cada m ∈ M podemos definir la aplicación fm : A −→ M mediante fm (a) = am para cada a ∈ A. Lema. 24.6. Sea M un A–módulo. Se verifica: (1) Para cada m ∈ M la aplicación fm : A −→ M es un homomorfismo A–módulos. ´ (2) El nucleo de fm es {a ∈ A | am = 0} se llama el anulador de m, y se representa por AnnA (m). Como consecuencia es un ideal de A. (3) El anulador del módulo M se define como AnnA (M) = ∩{AnnA (m) | m ∈ M}. Ejercicio. 24.7. Demuestra que cada A–módulo M tiene una estructura de módulo sobre el anillo A/ AnnA (M) de forma que la estructura de A–módulo inducida por el cambio de anillo, A → A/ AnnA (M), coincide con la estructura original en M. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


116 Recordar que un A–módulo es c´ıclico si está generado por un elemento. Proposici´ on. 24.8. Dado un A–módulo c´ıclico M con generador g ∈ M, se tiene: 1. El homomorfismo fg : A −→ M es sobreyectivo. 2. Existe un isomorfismo A/ AnnA (g) ∼ = M. Como consecuencia todo A–módulo c´ıclico es un cociente del anillo A.

25.

Suma directa de A–m´ odulos

Sea {Mi | i ∈ I} una familia de A-módulos, se llama suma directa de la familia a un Amódulo M junto con una familia de homomorfismos de A-módulos {ji : Mi −→ M | i ∈ I} verificando: para cada A-módulo X y cada familia de homomorfismos de A-módulos {fi : ´ Mi −→ X | i ∈ I}, existe un unico homomorfismo de A-módulos f : M −→ X tal que fi = f ◦ ji para cada ´ındice i ∈ I, esto es, los siguientes diagramas son conmutativos para todo i ∈ I. ji

/M BB f BB B fi BB

Mi B

X

´ La suma directa, si existe, está definida de forma unica salvo isomorfismo, esto es, si el par (Y , {hi Mi −→ Y | i ∈ I}) es otra suma directa de la misma familia, entonces existe un isomorfismo h : M −→ Y tal que hi = h ◦ ji para cada i ∈ I. Esto es, los siguientes diagramas son conmutativos para todo i ∈ I. ji

/M BB BB h B hi BB

Mi B

Y

Dada una familia de A-módulos vamos a construir una suma directa. Para ello definimos Y M = ⊕{Mi | i ∈ I} ⊆ {Mi | i ∈ I}, formado por los elementos de soporte finito, y jk : Mk −→ ⊕i Mi mediante: jk (x) = (δk,i x)i , para cada k ∈ I. El par (⊕Mi , {ji | i ∈ I}) es una suma directa de la familia {Mi | i ∈ I}. ´ ´ Por abuso de lenguaje, al igual que en el caso del nucleo y el conucleo, se llama suma directa de la familia al A-módulo ⊕i Mi , sobre-entendiendo los homomorfismos ji . 26 de octubre de 2010


´ DULOS S EC . 25. S UMA DIRECTA DE A– M O

117

Veamos ahora algunas propiedades de la suma directa: Proposici´ on. 25.1. (1) Para cada i ∈ I el homomorfismo ji : Mi → ⊕i Mi es un monomorfismo; (2) Sean {Mi | i ∈ I} y {Ni | i ∈ I} familias de A–módulos de forma que para cada ´ındice i ∈ ´ I existe un homomorfismo de A–módulos fi : Ni −→ Mi . Existe un unico homomorfismo f : ⊕i Ni −→ ⊕i Mi tal que ji ◦fi = f ◦hi para cada i ∈ I, siendo hi : Ni −→ ⊕i Ni la inclusión canónica de Ni en la suma directa; Ni fi

hi

⊕i Ni f

Mi

/

ji

/

⊕i Mi

(3) Si cada fi es un monomorfismo, resp. epimorfismo, entonces f es un monomorfismo, resp. epimorfismo; ⊕i Mi (4) ⊕i (Mi /Ni ) ∼ . = ⊕i Ni De forma dual tenemos el concepto de producto directo. Ejercicio. 25.2. Desarrolla el concepto de producto directo y sus propiedades de forma análoga a como hemos hecho con la suma directa.

Sumas directas finitas Sea M1 , . . . , Mt una familia finita de A–módulos. Podemos considerar la suma directa ⊕{Mi | i = 1, . . . , t} = M1 ⊕ · · · ⊕ Mt . Observar que junto a los homomorfismos ji : Mi −→ ⊕i Mi tenemos otros definidos por pi : ⊕i Mi −→ Mi ,

pi (m1 , . . . , mt ) = mi .

Es fácil ver que (⊕i Mi , {pi | i = 1, . . . , t}) es un producto directo de la familia. Los homomorfismos ji y pi verifican, entre otras, las siguientes relaciones: pi ◦ ji = idMi , pi ◦ jh = 0, j1 p1 + · · · + jt pt = idM . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

∀i = 1, . . . , t si i 6= h

P. Jara


118 Podemos entonces enunciar y probar el siguiente

Teorema. 25.3. Sea M, M1 , . . . , Mt una familia finita de A–módulos y {ji : Mi −→ M | i = 1, . . . , t} una familia finita de homomorfismos. Son equivalentes (a) (M, {ji | i = 1, . . . , t}) es una suma directa. (b) Existe unaPfamilia de homomorfismos {pi : M −→ Mi | i = 1, . . . , t} tal que pi ◦ jh = δi,h idMi y ti=1 ji ◦ pi = idM . De forma dual podemos enunciar este Teorema para productos directos. Ejercicio. 25.4. Enunciar y probar el Teorema (25.3.) para productos directos.

Homomorfismos En el caso de tratar con homomorfismos entre dos sumas directas de familias finitas de ´ como vamos a ver a continuación. módulos, el uso de matrices es muy util Proposici´ on. 25.5. Dadas dos familias finitas de A–módulos {Mi | i = 1, . . . , t} y {Nh | h = 1, . . . , s}, existe un isomorfismo HomA (⊕ti=1 Mi , ⊕sh=1 Nh ) ∼ = ⊕ti=1 ⊕sh=1 HomA (Mi , Nh ), que a cada homomorfismo f : ⊕ti=1 Mi −→ ⊕sh=1 Nh hace corresponder (fhi )hi , donde fhi : Mi −→ Nh está definido fhi (x) = (ph ◦ f ◦ ji )(x). ´ . Vamos a construir la aplicación inversa. Dado (fhi )hi , para cada ´ındice i D EMOSTRACI ON Q consideramos {fhi | h = 1, . . . , s}, que inducen un homomorfismo fi : Mi −→ h Nh .Q Ahora consideramos la familia {fi | i = 1, . . . , t}, que induce un homomorfismo ⊕i Mi −→ h Nh , que es el morfismo f inicial. El homomorfismo f : ⊕ti=1 Mi −→ ⊕sh=1 Nh puede ahora representarse por la matriz (fhi )hi , y la imagen de un elemento (m1 , . . . , mt ) ∈ ⊕i Mi se expresa: 

   P  f1t m1 i f1i (mi )  ..   ..  =  . s  ∈ ⊕h=1 Nh . .   .   P .. fs1 · · · fst mt i fsi (mi )

f11 · · ·  .. . .  . .



´ DULOS LIBRES S EC . 26. M O

119

Suma directa interna Se considera ahora un A–módulo M y una familia finita de submódulos: N1 , . . . , Nt . Estamos interesados en relacionar ⊕ti=1 Ni y M. Como consecuencia de la propiedad universal de la suma directa tenemos un homomorfisP mo, f : ⊕ti=1 Ni −→ M, inducido por las inclusiones Ni ⊆ M y definido por: f ((ni )i ) = ti=1 ni . Lema. 25.6. Con la notación anterior se verifica: P (1) f es sobreyectivo si, y solo si, ti=1 Ni = M y (2) f es inyectivo si, y solo si, Nh ∩ (N1 + · · · + Nh−1 + Nh+1 + · · · + Nt ) = 0 para cada ´ındice h, si, y solo si, Nh ∩ (N1 + · · · + Nh−1 ) = 0 para cada ´ındice h. Cuando f es un isomorfismo decimos que M es la suma directa interna de los N1 , . . . , Nt . Una familia finita de submódulos N1 , . . . , Nt ⊆ M se dice independiente si verifica las condiciones equivalentes del apartado (2) Lema (25.6.).

26.

M´ odulos libres

Un A-módulo F se llama libre sobre un subconjunto X ⊆ F si para cada aplicación f : X −→ ´ M, de X en un A-módulo M, existe un unico homomorfismo f 0 : F −→ M tal que f|X0 = f . incl. /

XA A

AA AA f A

F

0 f

M El conjunto X se llama una base de F. Lema. 26.1. Si F es libre sobre X y G es libre sobre Y y existe una aplicación de f : X −→ Y , entonces f induce un homomorfismo de f : F −→ G. Si f es una biyección, entonces f es un isomorfismo. /F X f

Y ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

f

/G

P. Jara


120

´ Como consecuencia, sobre cada conjunto X existe, salvo isomorfismo, un unico módulo libre. Observar que estos módulos son isomorfos para cada par de conjuntos con el mismo cardinal. Dado un conjunto X existe siempre un A–módulo libre sobre X . Para construirlo definimos F = ⊕{Ax | x ∈ X , Ax = A, para todo x ∈ X } e i : X −→ F mediante i(x) = ex , donde ex = (δx,y )y . De esta forma podemos identificar X con el conjunto {ex | x ∈ X }. Proposici´ on. 26.2. Con la notación anterior F es libre sobre X . Como consecuencia de esta construcción, y de la definición de módulo libre, resulta que cada A–módulo libre sobre un conjunto X es isomorfo a una suma directa, indizada en X , de copias del anillo A. Una propiedad importante de los módulo libres es: Teorema. 26.3. Cada A–módulo es un cociente de un A–módulo libre, y por tanto de una suma directa de copias de A. Dado un A–módulo M una presentaci´ on libre de M es dar un módulo libre F y un submódulo ∼ K tal que F/K = M, o equivalentemente dar un homomorfismo sobreyectivo de un módulo libre a M. Una presentación libre se llama finita cuando tanto F con K son finitamente generados. En este P caso si F está generado por {f1 , . . . , ft } y K está generado P por {k1 , . . . , ks }, siendo kj = odulo M como M = hf1 , . . . , ft | i ai fi , representamos el m´ i ai fi = 0i. En particular un A–módulo es finitamente generado si, y sólo si, es un cociente de una suma directa finita de copias de A y advertir que un módulo finitamente generado no tiene que tener una presentación libre finita. Si F es un A–módulo libre sobre un conjunto X y m es un ideal maximal de A, en F ∼ = A(X ) podemos considerar el submódulo mA(X ) ; es claro que tenemos A(X ) ∼ A(X ) = = mA(X ) m(X )

(X ) A , m

que es un A/m–espacio vectorial de dimensión Card(X ). Como consecuencia si F es A–módulo libre sobre un conjunto X resulta que Card(X ) es un invariante de F al que vamos a llamar el rango de F. 26 de octubre de 2010


´ DULOS LIBRES S EC . 26. M O

121

Esto completa el resultado al inicio de esta sección, de forma que, sobre un anillo conmutati´ ´ vo, a cada numero cardinal podemos asociar una unica clase de isomorf´ıa de módulos libres de forma que esta correspondencia sea biyectiva.

Homomorfismos entre m´ odulos libres finitamente generados Cada A–módulo libre finitamente generado F es isomorfo a una suma directa An de copias del anillo A, por lo que el estudio de los homomorfismos entre dos A–módulos libres finitamente generados se reduce al estudio de homomorfismos entre sumas directas finitas de copias de A. Observar que el isomorfismo F ∼ = An se establece fijando una base de F, por lo que tomando bases distintas podemos tener isomorfismos F ∼ = An distintos. Como cada endomorfismo de A está definido por un elemento a ∈ A, en virtud de la Proposición (25.5.) el estudio de los endomorfismos entre módulos libres finitamente generados se reduce al estudio de matrices con coeficientes en A. Representamos por Mn×m (M) el conjunto de las matrices con coeficientes en A con n filas y m columnas. Por simplicidad el conjunto Mn×n (A) se representa por Mn (A). Un elemento de Mn×m (M) se representa por   a11 · · · a1m  .. ..   . .  an1 · · · anm

El conjunto Mn×m (A) tiene estructura de A–módulo y el conjunto Mn (A) tiene estructura de A–álgebra, aunque no conmutativa. Al considerar la estructura multiplicativa de Mn (A) aparece de forma natural el grupo lineal general, GLn (A), que es el grupo de las matrices invertibles. Lema. 26.4. Dadas dos matrices X e Y en Mn×m (A) que representan el mismo endomorfismo respecto a distintas bases, existen matrices invertibles P ∈ Mn (A) y Q ∈ Mm (A) tales que X = PYQ. Dos matrices X e Y en la situación del lema se llaman matrices equivalentes. Es claro que la relación “equivalente a” es una relación de equivalencia en Mn×m (A). Lema. 26.5. Dadas dos matrices X e Y en Mn (A), que representan el mismo endomorfismo respecto a distintas bases, existe una matriz invertible P tal que Y = PXP −1 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


122

Dos matrices X e Y en la situación del lema se llaman matrices semejantes. Es claro que la relación “semejante a” es una relación de equivalencia en Mn (A). Dada una matriz X = (xij )ij ∈ Mn (A), el determinante de X se define det(X ) =

X

(−1)s(σ) a1σ(1) · · · anσ(n) .

σ∈Sn

El determinante de una matriz X verifica algunas propiedades geométricas que son de interés. Dada X el elemento adjunto o cofactor de xij es el determinante de la matriz obtenida de X eliminando la fila i y la columna j, es pues el determinante de una matriz (n−1)×(n−1), afectado por el signo (−1)i+j ; se representa por Xij . La matriz adjunta de la matriz X es la matriz adj(X ) = (Xij )ji , esto es, la matriz traspuesta de la matriz formada por los elementos adjuntos. Lema. 26.6. (Teorema de Laplace) Dada una matriz X = (xij )ij ∈ Mn (A), se verifica: (1) det(X ) = xi1 Xi1 + · · · + xin Xin para cada ´ındice i = 1, . . . , n. (2) det(X ) = x1j X1j + · · · + xnj Xnj para cada ´ındice j = 1, . . . , n. (3) X adj(X ) = det(X ) I = adj(X ) X . Corolario. 26.7. Una matrix X ∈ Mn (A) es invertible si, y solo si, det(X ) es un elemento invertible en A.

27.

M´ odulos finitamente generados

Lema. 27.1. (Teorema de Cayley–Hamilton.) Sea A un anillo, M un A–módulo finitamente generado, a un ideal de A y f un endomorfismo de M tal que f (M) ⊆ aM. Entonces f verifica una ecuación de la forma f n + a1 f n−1 + · · · + an−1 f + an = 0, con ai ∈ a. ´ . Sea {m1 , . . . , mt } ⊆ M un sistema de generadores de M, y sea f (mi ) = D EMOSTRACI ON P t j=1 aij mj , con aij ∈ a. Tenemos entonces t X

(δi,j f − aij )mj = 0.

j=1



´ DULOS FINITAMENTE GENERADOS S EC . 27. M O

123

Multiplicamos por la derecha por la adjunta de (δi,j f − aij )ij , obteniendo que det(δi,j f − aij )ij anula a cada mj . Luego det(δi,j f − aij )ij es el homomorfismo cero y al desarrollar se tiene la ecuación buscada. ´ . OTRA DEMOSTRACI ON Se considera el diagrama: Ker(f 0 )

/

At

f0

/

aAt

ρ

Ker(f )

/M

incl /

At

ρ f

/ aM incl /

ρ

M

donde ρ : At −→ M es la proyección canónica y f 0 : At −→ aAt está definida por f (ei ) = P P t on anterior, esto es, f (mi ) = tj=1 aij mj , con aij ∈ a. El diagraj=1 aij ej , siguiendo la notaci´ ma es conmutativo y f 0 : At −→ At está definido por una matriz, sea e´ sta E. La matriz E es ra´ız de su polinomio caracter´ıstico: det(E − λI). Sustituyendo E por f tenemos la ecuación buscada. Corolario. 27.2. Sea A un anillo, M un A–módulo finitamente generado, a un ideal de A tal que aM = M. Entonces existe un x ∈ A tal que x ≡ 1 (mód a) y xM = 0. ´ . Si tomamos en el Lema (27.1.) f = idM , para cada m ∈ M se verifica (1 + D EMOSTRACI ON a1 + · · · + an−1 + an )m = 0. Por lo tanto podemos tomar x = 1 + a1 + · · · + an−1 + an que cumple las dos condiciones del enunciado. Lema. 27.3. (Lema de Nakayama.) Sea A un anillo, M un A–módulo finitamente generado, a un ideal de A contenido en Rad(A). Entonces aM = M implica M = 0. ´ . Por el Corolario (27.2.) existe x ∈ A tal que x ≡ 1 (mód a) y xM = 0. Como D EMOSTRACI ON x − 1 ∈ a ⊆ Rad(A), entonces x ∈ A es una unidad, entonces M = 0. ´ . OTRA DEMOSTRACI ON Si M 6= 0, consideramos un conjunto minimal de generadores de M, por ejemplo {m1 , . . . , mt }. Para cada mi tenemos una expresión del tipo mi =

t X

aij mj ,

con aij ∈ a ⊆ Rad(a).

j=1

Entonces se verifica (1 − att )mt =

t−1 X

aij mj ,

j=1


P. Jara


124

y como 1 − att es una unidad, resulta que {m1 , . . . , mt−1 } es un sistema de generadores, lo que es una contradicción. Corolario. 27.4. Sea A un anillo, M un A–módulo finitamente generado, N un submódulo de M, a un ideal de A contenido en Rad(A). Entonces aM + N = M implica N = M. En realidad solo necesitamos que el cociente M/N sea finitamente generado. ´ . Basta tomar el módulo finitamente generado M/N en el Lema de NakayaD EMOSTRACI ON aM+N ma, ya que se tiene a M N = N . Lema. 27.5. Sea A un anillo local con ideal maximal m y M un A–módulo finitamente generado. Si x1 , . . . , xt son elementos de M tales que sus clases en M/mM generan M/mM como A/m–módulo. Entonces {x1 , . . . , xt } es un sistema de generadores de M. ´ . Tomamos en el Corolario (27.4.) N = Ax1 + · · · + Axt . D EMOSTRACI ON

´ Si M es un A–módulo finitamente generado, llamamos µ(M) al menor numero de elementos de un sistema de generadores de M. Un sistema de generadores con µ(M) elementos se llama un sistema de generadores minimal. Consecuencia de la definición de rango de un módulo libre tenemos: Lema. 27.6. ´ Si F es un A–módulo libre finitamente generado, entonces µ(F) es el numero de elementos de una base, esto es, el rango de F. ´ . Sea s el rango de F y {m1 , . . . , mt } un sistema minimal de generadores, D EMOSTRACI ON para cada ideal maximal m se tiene que {m1 , . . . , mt } es un sistema de generadores de F/mF. A t Como F/mF ∼ , tenemos t ≤ m, y en consecuencia t = s, el rango de F. = m Este resultado se puede aplicar ahora a anillos locales y obtenemos: Corolario. 27.7. Sea (A, m, K ) un anillo local y M un A–módulo finitamente generado. Si m1 , . . . , mt ∈ M, son equivalentes: (a) M = Am1 + · · · + Amt ; (b) {m1 , . . . , mt } ⊆ M/mM es un sistema de generadores M/mM como K –espacio vectorial. 26 de octubre de 2010


´ DULOS NOETHERIANOS S EC . 28. M O

125

Corolario. 27.8. Con las mismas hipótesis se verifica: (1) µ = dimK (M/mM); (2) m1 , . . . , mn es un sistema minimal de generadores de M si, y sólo si, {m1 , . . . , mn } es una K –base de M/mM; P (3) si m1 , . . . , mn es un sistema minimal de generadores de M y ni=1 ri mi = 0, ri ∈ A, entonces ri ∈ m para cada ´ındice i; (4) cada sistema de generadores contiene uno minimal; (5) los elementos m1 , . . . , mn pueden extenderse a un sistema minimal de generadores de M si, y sólo si, {m1 , . . . , mn } son K –linealmente independientes en M/mM sobre el cuerpo A/m.

28.

M´ odulos noetherianos

Un A–módulo M verifica la condici´ on maximal si toda familia no vac´ıa de submódulos, ordenada por inclusión, tiene un elemento maximal. Un A–módulo M verifica la condici´ on de cadena ascendente si toda cadena ascendente de submódulos de M es estacionaria, esto es, si M1 ⊆ M2 ⊆ · · · es una cadena ascendente de submódulos de M, entonces existe m ∈ N tal que Mm = Mn para todo n ≥ m. Un A–módulo M se llama noetheriano si es finitamente generado y cada submódulo N de M es finitamente generado. Lema. 28.1. Sea M un A–módulo, son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M es noetheriano; (b) M verifica la condición maximal; (c) M verifica la condición de cadena ascendente. ´ . (a)⇒(b). Sea Γ una familia no vac´ıa de submódulos de M. Sea M0 ⊆ M1 ⊆ D EMOSTRACI ON · · · una cadena de elementos de Γ, entonces ∪i Mi es un submódulo finitamente generado de M por ser M noetheriano. Si {m1 , . . . , mt } es un sistema de generadores de ∪i Mi , existe un ´ındice j tal que {m1 , . . . , mt } ⊆ Mj , y por tanto ∪i Mi = Mj ∈ Γ. As´ı pues, por el Lema de Zorn, Γ tiene elementos maximales. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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(b)⇒(c). Si M0 ⊆ M1 ⊆ · · · es una cadena ascendente de submódulos de M, entonces la familia {M0 , M1 , . . .} tiene un elemento maximal, sea Mj , por tanto para h > j se verifica Mh = Mj y la cadena es estacionaria. (c)⇒(a). Si N es un submódulo de M, consideramos un elemento n1 ∈ N. Si n1 A = N, entonces N es finitamente generado. En caso contrario existe n2 ∈ N \ n1 A. Si n1 A + n2 A = N, entonces N es finitamente generado. En caso contrario existe n3 ∈ N \ n1 A + n2 A . . . . Si para cada ´ındice i podemos encontrar un elemento ni+1 ∈ N \ n1 A + · · · + ni A, entonces podemos construir una cadena estrictamente ascendente n1 A ⊂ n1 A + n2 A ⊂ · · · ⊂ n1 A + · · · + ni A ⊂ · · · , lo que es una contradicción.

Lema. 28.2. Sea 0 → M 0 → M → M 00 → 0 una sucesión exacta corta de A–módulos. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M es noetheriano; (b) M 0 y M 00 son noetherianos. ´ . (a)⇒(b). Ya que cada cadena de submódulos de M 0 es también una caD EMOSTRACI ON dena de submódulos de M, tenemos que cada cadena de submódulos de M 0 estabiliza. Si M100 ⊂ M200 ⊆ · · · es una cadena de submódulos de M 00 , entonces identificando M 00 con M/M 0 , tenemos que existe una cadena M1 ⊆ M1 ⊆ · · · de submódulos de M, en donde Mi /M 0 = Mi00 para cada ´ındice i. Como la cadena de submódulos de M estabiliza, entonces la cadena M100 ⊂ M200 ⊆ · · · también estabiliza. Como consecuencia tenemos el siguiente resultado. Corolario. 28.3. Cada submódulo y cada cociente de un A–módulo noetheriano es noetheriano y una suma directa finita de A–módulos es noetheriana si y solo si cada sumando es noetheriano.

M´ odulos artinianos Un A–módulo M verifica la condici´ on minimal si toda familia no vac´ıa de submódulos, ordenada por inclusión, tiene un elemento minimal. 26 de octubre de 2010



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Un A–módulo M verifica la condici´ on de cadena descendente si toda cadena descendente de submódulos de M es estacionaria, esto es, si M1 ⊇ M2 ⊇ · · · es una cadena descendente de submódulos de M, entonces existe m ∈ N tal que Mm = Mn para todo n ≥ m. Lema. 28.4. Sea M un A–módulo, son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M verifica la condición minimal; (b) M verifica la condición de cadena descendente. Un A–módulo M que verifica las condiciones equivalentes del Lema se llama artiniano. Como consecuencia tenemos el siguiente resultado. Corolario. 28.5. Cada submódulo y cada cociente de un A–módulo artiniano es artiniano y una suma directa finita de A–módulos es artiniana si y solo si cada sumando es artiniano.

Anillos noetherianos Un anillo A se llama noetheriano si A A es un A–módulo noetheriano. Lema. 28.6. Sea A un anillo, son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es noetheriano; (b) Cada A–módulo finitamente generado es noetheriano. ´ . (a)⇒(b). Si M es un A–módulo finitamente generado, entonces existe una D EMOSTRACI ON presentación libre An → M → 0, y como A es noetheriano, entonces M lo es. (b)⇒(a). Como A A es un A–módulo finitamente generado, tenemos que A A es noetheriano y por tanto A es un anillo noetheriano. Lema. 28.7. Si A es un anillo noetheriano y si a es un ideal, entonces A/a es un anillo noetheriano. ´ . Si b es un ideal de A/a, entonces existe un ideal b0 de A tal que b = b0 /a, y D EMOSTRACI ON por tanto, como b0 es finitamente generado, resulta que b también lo es. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Existen más formas de construir anillos noetherianos a partir de otros que ya lo son. Veamos algunos ejemplos. Proposici´ on. 28.8. (Teorema de la base de Hilbert.) Si A es un anillo noetheriano, entonces el anillo de polinomios A[X ] es un anillo noetheriano.

´ . Sea a un ideal de A[X ]. Consideramos el conjunto de los coeficientes l´ıderes D EMOSTRACI ON de los polinomios en a. Este conjunto es un ideal de A, llamémoslo b. Ya que A es un anillo noetheriano, b es un ideal finitamente generado. Supongamos que b = a1 A + · · · + at A y sea Fi ∈ a tal que Fi = ai X ni + términos de grado menor. Sea a0 el ideal de A[X ] generado por F1 , . . . , Ft . Es claro que a0 ⊆ a. Sea F = aX m + términos de grado menor ∈ P a. Si m ≥ n = máx{ni | i = 1, . . . , t}, entonces consideramos una combinación tal que a = ti=1 ri ai y construimos entonces

G=F−

t X

ri Fi X m−ni ∈ a.

i=1

´ Resulta que gr(G) < gr(F). Luego reiterando este proceso el numero de veces que sea necesario podemos suponer que gr(F) < n. Sea M el A–módulo generado por 1, X , . . . , X n−1 , entonces a = (a ∩ M) + a0 . Por ser M finitamente generado es noetheriano y entonces a ∩ M es finitamente generado. Sean G1 , . . . , Gs una familia de generadores de a ∩ M, entonces a está generado como A[X ]–módulo por G1 , . . . , Gs , F1 , . . . , Ft , y tenemos que es finitamente generado. Corolario. 28.9. Si A es un anillo noetheriano, entonces el anillo de polinomios A[X1 , . . . , Xn ] es noetheriano. Corolario. 28.10. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y B una A–álgebra finitamente generada, entonces B es noetheriana. En particular toda a´ lgebra finitamente generada sobre un cuerpo es noetheriana. 26 de octubre de 2010



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Caracterizaciones y ejemplos de anillos noetherianos1 Teorema. 28.11. (Teorema de Cohen.[3]) Sea A un anillo conmutativo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es un anillo noetheriano; (b) Todos los ideales primos de A son finitamente generados. ´ . (Matsumura:1986, pag. 17) (b)⇒(a). Llamamos Γ al conjunto de todos los D EMOSTRACI ON ideales de A que no son finitamente generados. Si Γ 6= ∅, aplicando el Lema de Zorn existen en Γ elementos maximales. Sea a ∈ Γ maximal. Si a no es primo, existen a, b ∈ A tales que ab ∈ a y a, b ∈ / a. Consideramos a + aA; es finitamente generado ya que no pertenece a Γ. Entonces existen a1 , . . . , at ∈ a tales que a + aA = a1 A + · · · + at A + aA. Consideramos (a : a). Tenemos que a ⊆ (a : a), como b ∈ (a : a) \ a, entonces (a : a) ∈ / Γ y es también finitamente generado. Entonces (a : a) = b1 A + · · · + bm A. Dado y ∈ a, existe una expresión y = a1 ri + · · · + at rt + ar con r1 , . . . , rt , r ∈ A. Entonces r ∈ (a : a) y existen s1 , . . . , sm ∈ A tales que r = b1 s1 + · · · + bm sm , Uniendo todo resulta y = a1 r1 + · · · + at rt + ab1 s1 + · · · + abm sm , y por tanto {a1 , . . . , ar , ab1 , . . . , abm } es un sistema de generadores de a, lo que es una contradicción. Resulta pues que Γ ha de ser vac´ıo y por tanto A es un anillo noetheriano. Teorema. 28.12. (Teorema de la base de Hilbert para series formales de potencias.) Sea A un anillo noetheriano y X una indeterminada, entonces el anillo de series formales de potencias A[[X ]] es noetheriano. ´ . Sea a un ideal de A[[X ]], llamamos a0 al ideal de A formado por los térmiD EMOSTRACI ON nos independientes de los elementos de a. De forma similar llamamos a1 al conjunto de los coeficientes de X en los elementos de a; es claro que a1 es un ideal de A. De forma análoga definimos ah el ideal de los coeficientes de Xh en los elementos de a. Multiplicando por X tenemos ai ⊆ ai+1 ; por tanto tenemos una cadena de ideales de A: a0 ⊆ a1 ⊆ a2 ⊆ · · · 1 OPCIONAL


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Esta cadena estabiliza, sea at = at+1 = · · · Sea {ai,1 , . . . , ai,si } un sistema de generadores de ai y sea Fi,j ∈ a una serie tal que el coeficiente de X i es ai,j . Veamos que {Fi,j | i = 0, . . . , t; j = 1, . . . , si } es un sistema de generadores de a. Dado F = (b0 + b1 X + · · · )X h ∈ a, tenemos b0 =

Psh

j=1 rj ah,j ,

y por tanto F −

Psh

j=1 rj Fh,j

se

0 h+1 , siendo F 0 ∈ A[[X ]]. De esta forma llegamos a una combinaci´ escribe on P en la forma F X 0 t F − ri,j Fi,j que es de la forma F X ∈ a.

Pt rj,k Ft,j X k es una serie Si F = F 0 X t+k ∈ a, entonces como at = at+k , tenemos que F − sj=1 Pt P t rj,k+1 X k+1 Ft,j . rj,k X k Ft,j − sj=1 del tipo F 0 X t+k+1 , y existen coeficientes tales que F − sj=1 Prosiguiendo de esta forma se tiene que F se escribe en la forma st X ∞ X F= ( rj,l X l )Ft,j . j=1 l=k

Por tanto {Fi,j | i = 0, . . . , t; j = 1, . . . , si } es un sistema de generadores de a.

Una demostración alternativa, consecuencia del Teorema (28.11.), es la siguiente: P i ´ . Se considera la aplicación f : A[[X ]] −→ A definida f ( ∞ D EMOSTRACI ON i=0 si X ) = s0 . Si p es un ideal primo de A[[X ]], entonces f (p) es un ideal de A, y por tanto finitamente generado. Sea f (p) = (a1 , . . . , at ), y sean h(1) , . . . , h(t) ∈ p tales que f (h(i) ) = ai , para j = 1, . . . , t. Si X ∈ p, entonces aj = h(j) − X de p.

(j) i−1 i=1 hi X

P∞

∈ p, y X , a1 , . . . , at es un sistema de generadores

Si X ∈ / p vamos a ver que h(1) , . . . , h(t) es un sistema de generadores. Dado s ∈ p existen c0,j ∈ A P P / p se tales que s0 = tj=1 c0,j aj , y por tanto s − tj=1 c0,j h(j) = Xs(1) ∈ p. Como p es primo y X ∈ P P (1) verifica s(1) ∈ p. Existen c1,j ∈ A tales que s0 = tj=1 c1,j aj , y por tanto s(1) − tj=1 c1,j h(j) = P Xs(2) ∈ p, siendo s(2) ∈ p. Observar que se tiene s − tj=1 (c0,j + c1,j X )h(j) = Xs(2) . Por inducción obtenemos una expresión del tipo t X s− (c0,j + c1,j X + · · · + cr,j X r )h(j) = Xs(r+1) ∈ p, j=1

Pt P∞ i (j) (1) (t) y por tanto tendremos s = j=1 ( i=0 ci,j X )h . Esto es, {h , . . . , h } es un sistema de generadores de p. Como cada ideal primo de A[[X ]] es finitamente generado, entonces A[[X ]] es un anillo noetheriano. Corolario. 28.13. ((a la demostraci´ on.)(Kaplansky.)) Sea A un anillo y p ⊆ A[[X ]] un ideal primo del anillo de series formales de potencias. Son equivalentes: 26 de octubre de 2010



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(a) p es finitamente generado. (b) p0 es finitamente generado. En este caso si p0 tiene un sistema de generadores formado por t elementos, entonces p tiene un sistema formado por t + 1 elementos, si X ∈ p, o por t elementos, si X ∈ /p Corolario. 28.14. Sea A un anillo noetheriano y X1 , . . . , Xn indeterminadas sobre A, entonces A[[X1 , . . . , Xn ]] es un anillo noetheriano. Lema. 28.15. Sea A un anillo y M un A–módulo noetheriano, entonces A/ AnnA (M) es un anillo noetheriano. En particular si un anillo tiene un A–módulo fiel noetheriano, entonces es un anillo noetheriano. ´ . Llamamos S = A/ AnnA (M), entonces, considerando M como S–módulo D EMOSTRACI ON tenemos que los ret´ıculos de A–submódulos y S–submódulos de M coinciden. Podemos por tanto suponer que M es un A–módulo noetheriano y fiel. Para ver que A es un anillo noetheriano, supongamos que M = m1 A + · · · + mr A, entonces podemos definir un homomorfismo f : A → Mr, f (x) = (m1 x, . . . , mr x). Si f (x) = 0, entonces mi x = 0 para 1 ≤ i ≤ r. Luego x ∈ AnnA (M) = 0, y por tanto f es un homomorfismo inyectivo. Como M r es noetheriano, entonces A también lo es, ya que es isomorfo a un submódulo de M r . Teorema. 28.16. (Teorema de Eakin–Nagata.) Sea A un anillo conmutativo y B ⊇ A una A–álgebra, finitamente generada como A–módulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es un anillo noetheriano. (b) B es un anillo noetheriano. ´ . (b)⇒(a). Llamamos D EMOSTRACI ON Γ = {aB | a ⊆ A, B/aB no es un A–módulo noetheriano}. Si A no es noetheriano, entonces como A → B, x 7→ 1x, tenemos que B no es un A–módulo noetheriano, y por tanto 0 ∈ Γ y Γ 6= ∅. Utilizando que B es un anillo noetheriano, resulta que existe aB ∈ Γ maximal. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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132 Consideramos la extensión de anillos: A0 = A/ AnnA (B/aB) → B/aB = B0 ,

entonces B0 es un anillo noetheriano que es un A0 –módulo finitamente generado, no es un A0 –módulo noetheriano y cada cociente B0 /bB0 , con b ⊆ A0 es un A0 –módulo noetheriano. Hacemos ahora el cambio A 7→ A0 y B 7→ B0 . Llamamos Λ = {X | X es un A–submódulo de B y AnnA (B/X ) = 0}. Si B = s1 A + · · · + st A, entonces los elementos de Λ pueden ser caracterizados por la propiedad: Para cada 0 6= a ∈ A, {s1 a, . . . , st a} * X . Ya que 0 ∈ Λ, tenemos Λ 6= ∅. Sea X1 ⊆ X2 ⊆ · · · una cadena en Λ. Si llamamos X = ∪Xn y si X∈ / Λ, entonces existe a ∈ A tal que {s1 a, . . . , at a} ⊆ X , lo que es una contradicción. Tenemos pues que Λ es un conjunto inductivo. Sea X0 ∈ Λ maximal, si B/X0 es A–noetheriano, entonces A/ AnnA (B/X0 ) = A es noetheriano ya que es un A–submódulo. Si B/X0 no es A–noetheriano, entonces tenemos la siguiente situación: existe un A–módulo M que es un cociente de B y tal que: (1) M no es noetheriano, es fiel y es finitamente generado. (2) Para cada ideal 0 6= a ⊆ A el cociente M/Ma es noetheriano. (3) Para cada submódulo 0 6= N ⊆ M el cociente M/N no es fiel Sea 0 6= N ⊆ M, entonces M/N no es fiel y existe a ∈ A \ {0} tal que Ma ⊆ N, entonces por (2), el cociente M/Ma es noetheriano y como consecuencia N/Ma ⊆ M/Ma es finitamente generado. Además B era finitamente generado y por tanto M es finitamente generado y como consecuencia Ma es finitamente generado. Entonces N es finitamente generado. Tenemos que cada submódulo de M es finitamente generado, lo que implica que M es noetheriano. Esto es una contradicción.

Anillos artinianos Un anillo A se llama artiniano si AA es un A–módulo artiniano. Lema. 28.17. Sea A un anillo, son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es artiniano. (b) Cada A–módulo finitamente generado es artiniano. 26 de octubre de 2010



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Lema. 28.18. Si A es un anillo artiniano y si a es un ideal, entonces A/a es un anillo artiniano.

M´ odulos de longitud finita ´ Un A–módulo M se llama simple si es no nulo y sus unicos submódulos son 0 y M. Lema. 28.19. Un A–módulo M es simple si, y sólo si, existe un ideal maximal a de A tal que M ∼ = A/a. Lema. 28.20. Un A–módulo M es simple si, y sólo si, cada elemento no nulo es un generador. Proposici´ on. 28.21. (Lema de Schur.) Sea M un A–módulo simple, entonces tenemos que EndA (M) es un anillo de división. Si M es un A–módulo, una serie de subm´ odulos de M es una cadena estrictamente ascendente finita de submódulos 0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mt = M. Si se verifica que para cada ´ındice i el cociente Mi /Mi−1 es un A–módulo simple entonces se llama una serie de composici´ on de M. En este caso los cocientes Mi /Mi−1 se llaman factores de composici´ on de M. ´ El numero t se llama longitud de la serie de composición y los cocientes Mi /Mi−1 se llaman factores de composici´ on. Vamos a probar que la longitud de una serie de composición de un A–módulo es un invariante. Dos series de composición 0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mt = M y 0 = N0 ⊂ N1 ⊂ · · · ⊂ Ns = M sos equivalentes si t = s y existe una permutación σ ∈ St tal que Mi /Mi−1 ∼ = Nσ(i) /Nσ(i)−1 , para cada 1 ≤ i ≤ t. Lema. 28.22. Toda serie de submódulos de M que es equivalente a una serie de composición es una serie de composición. Dada una serie de submódulos de M, por ejemplo 0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mt = M, ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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un refinamiento es una serie de submódulos 0 = N0 ⊂ N1 ⊂ · · · ⊂ Ns = M tal que para cada ´ındice 1 ≤ i ≤ t existe un ´ındice 1 ≤ ji ≤ s tal que Mi = Nji . Proposici´ on. 28.23. (Teorema de Schreier.) Cada dos series de submódulos de M tienen refinamientos equivalentes. ´ . Dadas dos series de submódulos D EMOSTRACI ON 0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mt = M, y

(IV.1)

0 = N0 ⊂ N1 ⊂ · · · ⊂ Ns = M,

(IV.2)

construimos un refinamiento de (IV.1) en la siguiente forma: 0 = M1 ∩ N0 ⊆ M1 ∩ N1 ⊆ · · · ⊆ M1 ∩ Ns = M1 = M1 + (M2 ∩ N0 ) ⊆ · · · ⊆ M1 + (M2 ∩ Ns ) = M2 = M2 + (M3 ∩ N0 ) ⊆ · · · ⊆ Mt−1 + (Mt ∩ Ns ) = M. (IV.3) Llamamos Mi,j = Mi−1 + (Mi ∩ Nj ), para 1 ≤ i ≤ t y 0 ≤ j ≤ s. Observar que se tiene Mi−1,s = Mi,0 . En la misma forma construimos un refinamiento para (IV.2). · · · ⊆ Nj−1 + (Nj ∩ Mi − 1) ⊆ Nj−1 + (Nj ∩ Mi ) ⊆ · · ·

(IV.4)

Veamos que (IV.3) y (IV.4) con equivalentes. En efecto, se tiene Mi−1 + (Mi ∩ Nj ) Mi−1 + (Mi ∩ Nj−1 ) + (Mi ∩ Nj ) Mi,j = = Mi,j−1 Mi−1 + (Mi ∩ Nj−1 ) Mi−1 + (Mi ∩ Nj−1 ) Mi ∩ Nj Mi ∩ Nj ∼ = = (Mi−1 + (Mi ∩ Nj−1 )) ∩ M1 ∩ Nj Mi ∩ (Mi−1 + Nj−1 ) ∩ M1 ∩ Nj Mi ∩ Nj Mi ∩ Nj . = = (Mi−1 + Nj−1 ) ∩ M1 ∩ Nj (Mi ∩ Nj−1 ) + (Mi−1 ∩ Nj ) y en la misma forma Nj,i ∼ Mi ∩ Nj . = Nj,i−1 (Mi ∩ Nj−1 ) + (Mi−1 ∩ Nj ) Proposici´ on. 28.24. (Teorema de Jordan–H¨ older.) Sea M un A–módulo que tiene una serie de composición de longitud t, entonces: (1) Cada cadena estrictamente ascendente de submódulos de M se puede refinar a una serie de composición. (2) Todas las series de composición de M tienen longitud t. 26 de octubre de 2010



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Si M es un A–módulo que tiene una serie de composición, llamamos longitud de M, y la representamos por long(M), a la longitud de sus series de composición. Como consecuencia diremos que M tiene longitud finita si tiene una serie de composición, y que tiene longitud infinita si no tiene una serie de composición. Lema. 28.25. Sea M un A–módulo. Son equivalentes: (a) M tienen una serie de composición. (b) M es noetheriano y artiniano. Proposici´ on. 28.26. Sea 0 → M 0 → M → M 00 → 0 una sucesión exacta corta de A–módulos. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M tiene longitud finita. (b) M 0 y M 00 tienen longitud finita. Además, la función long(−) es aditiva sobre sucesiones exactas cortas de módulos de longitud finita, esto es, long(M) = long(M 0 ) + long(M 00 ) si M, M 0 y M 00 tienen longitud finita.

29.

Ejercicios

Ejercicio. 29.1. (1) Si X , Y ∈ Mn (A) y XY = In , entonces YX = In . (2) Si X ∈ Mn×m (A), Y ∈ Mm×n (A) y XY = In , entonces n ≤ m. (3) Si X ∈ Mn×m (A), Y ∈ Mm×n (A), XY = In y YX = Im , entonces n = m.

´ SOLUCION Ejercicio. 29.2. Utiliza el ejercicio (29.1.) para probar que si An ∼ = Am , entonces n = m.


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136 Ejercicio. 29.3. Sea N un A–submódulo de M y (I) N y M/N son finitamente generados; (II) M es finitamente generado. Demuestra que (i)⇒(ii). Da un ejemplo de que en general no se verifica (ii)⇒(i).

´ SOLUCION Ejercicio. 29.4. ´ Un A–módulo M se llama simple (o irreducible) si M 6= 0 y los unicos submódulos de M son M y 0. (1) Demuestra que A es simple si, y sólo si, M 6= 0 y M es un módulo c´ıclico generado por cualquier elemento no nulo. (2) Determina todos los Z–módulos simples. (3) Como A es conmutativo. Demuestra que M es simple si, y sólo si, es isomorfo (como A–módulo) a A/m, donde m es un ideal maximal de A. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.5. Sean M, N dos A–módulos simples. Demuestra que todo homomorfismo no nulo f : M −→ N es un isomorfismo. Deduce el Lema de Schur: Si M es simple, el anillo, no conmutativo, EndA (M) es un anillo de división. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.6. Sea A un anillo y sean M1 , M2 , N A–módulos arbitrarios. Demuestra que existen isomorfismos (naturales) de A–módulos: HomA (M1 ⊕ M2 , N) ∼ = HomA (M1 , N) ⊕ HomA (M2 , N) HomA (N, M1 ⊕ M2 ) ∼ = HomA (N, M1 ) ⊕ HomA (N, M2 ). ´ SOLUCION Ejercicio. 29.7. Demuestra que HomZ (Zn , Zm ) ∼ = Zd , donde d = m. c. d.{n, m}. 26 de octubre de 2010



137 ´ SOLUCION

Ejercicio. 29.8. Sea A un anillo y sea F un A–módulo libre de rango finito. Demuestra que existe un isomorfismo de A–módulos HomA (F, A) ∼ = F. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.9. Sea A un anillo y sea F un A–módulo libre de rango n. Demuestra que para todo A–módulo M existe un isomorfismo de A–módulos HomA (F, M) ∼ = M n. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.10. Demuestra el rec´ıproco del Teorema de la base de Hilbert: Si el anillo de polinomios A[X ] es noetheriano, entonces A es noetheriano. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.11. Sea M un A–módulo y N1 , N2 submódulos suyos. (1) Demuestra que si M/N1 y M/N2 son módulos noetherianos, también M/(N1 ∩ N2 ) es noetheriano. (2) Demuestra que si M/N1 y M/N2 son módulos artinianos, también M/(N1 ∩ N2 ) es artiniano. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.12. Demuestra que los siguientes anillos no son noetherianos: (1) El anillo de todas las funciones continuas [0, 1] −→ R. (2) El anillo de todas las aplicaciones X −→ Z2 , donde X es un conjunto infinito. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.13. Sea F un A–módulo y F 0 ⊆ F un submódulo tal que F 0 y F/F 0 son módulos libres. Demuestra que F es un módulo libre. ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 29.14. Sea A un Dominio de Ideales Principales, demuestra que cada submódulo de un A–módulo libre finitamente generado es un módulo libre. En particular cada subgrupo de Zn es un grupo abeliano libre. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.15. (Lema de Fitting) Sea M un A–módulo noetheriano y f : M −→ M un endomorfismo de A–módulos. (1) Demuestra que existe un entero n ≥ 0 tal que Ker(f n ) ∩ Im(f n ) = {0}. (2) Deduce que todo epimorfismo f : M −→ M es un isomorfismo. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.16. Sea K un cuerpo y X e Y indeterminadas. Demuestra que el subanillo K [X , X 2 Y , X 3 Y 2 , . . . , X i Y i−1 , . . .] del anillo de polinomios K [X , Y ] no es noetheriano; lo que demuestra que los subanillos de anillos noetherianos no son necesariamente noetherianos y que subalgebras de a´ lgebras finitamente generadas no son necesariamente finitamente generadas. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.17. Sea A un anillo noetheriano y a un ideal propio de A. Prueba que existen ideales primos p1 , . . . , pt tales que a ⊆ pi para cada i = 1, . . . , t y p1 · · · pt ⊆ a. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.18. (1) Sea A un anillo. Demuestra que para cada ideal propio a de A existen ideales primos que son minimales sobre a. (2) Sea A un anillo noetheriano. Demuestra que para cada ideal propio a de A existe sólo un ´ numero finito de ideales minimales sobre a. ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 29.19. P i Sea A un anillo noetheriano y F = ∞ i=0 ai X ∈ A[[X ]] una serie formal de potencias. Definimos el contenido de F como el ideal c(F) = (a0 , a1 , . . .) ⊆ A. Prueba que son equivalentes: (a) F es nilpotente. (b) Todos los coeficientes de F son nilpotentes. (c) Existe n ∈ N tal que ain = 0 para cada ´ındice i. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.20. Dado X = Z2 × Z2 . (1) Determina todos los submódulos de X y dibuja el ret´ıculo de los submódulos de X . (2) Encuentra tres submódulos de X , llámalos A, B, C, tales que: (A + B) ∩ C 6= (A ∩ C) + (B ∩ C),

y

(A ∩ B) + C 6= (A + C) ∩ (B + C).

(3) Prueba que para cualquier módulo M y cualesquiera submódulos N, L, H, tales que N ⊆ H, se verifica (N + L) ∩ H = N + (L ∩ H). Esta propiedad se llama la propiedad modular y, como hemos comprobado, la verifican todos los módulos. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.21. Se considera Y = Z4 × Z3 . Determina todos los submódulos de N y dibuja el ret´ıculo de los submódulos de Y . ´ SOLUCION Ejercicio. 29.22. Dado un submódulo N de un módulo M, siempre existe un submódulo de M maximal entre los que tienen intersección nula con N. Un submódulo de M que verifica esta propiedad se llama un pseudo–complemento de N en M. (1) Prueba que si L es un pseudo–complemento de N en M, entonces N +L es un submódulo de M que corta, de forma no trivial, a cada submódulo no nulo de M. (2) Da un ejemplo de un módulo M y de un submódulo N de M que tenga al menos dos pseudo–complementos en M. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


140

´ SOLUCION Ejercicio. 29.23. Sea A un anillo, para cada epimorfismo f : Am −→ An se tiene m ≥ n. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.24. Sea A un anillo, para cada monomorfismo f : Am −→ An se tiene m ≤ n. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.25. Ya conocemos que cada submódulo de un módulo libre finitamente generado sobre un Dominio de Ideales Principales es un submódulo libre finitamente generado. Prueba el rec´ıproco de este resultado; esto es, si cada submódulo de cada A–módulo libre finitamente generado es libre finitamente generado, entonces A es un Dominio de Ideales Principales. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.26. Sea A un anillo conmutativo. Prueba que si a es un ideal de A, maximal en el conjunto de los ideales que no son principales, entonces a es un ideal primo. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.27. Se considera el anillo A = ZN . Prueba que A no es un anillo noetheriano. ´ SOLUCION Ejercicio. 29.28. Se considera el anillo A = Z[X1 , . . . , Xn , . . .]/a, siendo e

a = (X1 − Xi i | i = 2, 3, . . .). 1. Prueba que si ei = 1 para i ≥ 100, entonces A es un anillo noetheriano. 2. Prueba que en este caso A no es un Z–módulo finitamente generado. 3. Prueba que si ei = 1 para i par y ei = 2 para i impar mayor que 1, entonces A no es un anillo noetheriano ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010


Cap´ıtulo V Categor´ıas y funtores 30 31 32 33 34

Categor´ıas y funtores . . . . . . . Funtores adjuntos . . . . . . . . . Funtores Hom y producto tensor Sucesiones exactas . . . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

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142 151 161 166 173

Introducci´ on1 La teor´ıa de categor´ıas se introduce con el fin de unificar diversas construcciones sobre varias estructuras, y también para crear nuevos objetos que nos permitan estudiar y clasificar estas ´ estructuras. Este es el caso de la categor´ıa de módulos sobre un anillo, que permite estudiar el anillo a través de las propiedades de la categor´ıa y de sus objetos. En este cap´ıtulo vamos a hacer una introducción elemental a la teor´ıa de categor´ıas y funtores; haremos especial hincapié en los ejemplos y en las construcciones universales (funtores adjuntos). Finalizamos el cap´ıtulo introduciendo los funtores Hom y producto tensor y las sucesiones exactas.

1 Este

cap´ıtulo es opcional.

C AP. V. C ATEGORÍ AS Y FUNTORES

142

30.

Categor´ıas y funtores

Categor´ıas Esta es una introducción intuitiva a la Teor´ıa de Categor´ıas y Funtores. Partimos de la noción de clase. Una clase es un objeto matemático que es definido por las propiedades que verifican los elementos que lo forman. Si C es elemento de una clase C escribimos: C ∈ C. Dadas dos clases C y D, una aplicaci´ on f de C a D es una regla que asocia a cada elemento de C un elemento de D, escribimos f : C −→ D. La aplicación f se llama biyectiva si existe una aplicación g : D −→ C tal que f ◦ g y g ◦ f son la identidad en D y C, respectivamente. El producto cartesiano de dos clases es otra clase. Un conjunto es un elemento de la clase S de todos los conjuntos, los grupos son los elementos de la clase G de todos los grupos, etc. Existe una aplicación de G a S que asocia a cada ˜ grupo el conjunto subyacente sobre el que está definido. Amén de los senalados existen más ejemplos de clases: por ejemplo, cada conjunto va a ser una clase. Una categor´ıa C es un par formado por dos clases: Ob(C), la clase de objetos, y Mor(C), la clase morfismos, que verifica: (I) Mor(C) es una clase de conjuntos disjuntos dos a dos. (II) Existe una aplicación biyectiva HomC : Ob(C) × Ob(C) → Mor(C). (III) Para cada terna A, B, C ∈ Ob(C) existe una aplicación ◦, definida: ◦ : HomC (B, C) × HomC (A, B) −→ HomC (A, C);

(f , g) 7→ f ◦ g

f ◦ g se llama la composici´ on de f y g. (IV) Propiedad asociativa de la composición. Se verifica (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) para cada f ∈ HomC (C, D), g ∈ HomC (B, C), h ∈ HomC (A, B), A, B, C, D ∈ Ob(C). (V) Existencia de identidades. Para cada A ∈ Ob(C) existe idA ∈ HomC (A, A) tal que idA ◦f = f y g ◦ idA = g para cada f ∈ HomC (B, A) y g ∈ HomC (A, C), B, C ∈ Ob(C). Tenemos en primer lugar las siguientes propiedades y definiciones: ´ (1) Para cada A ∈ Ob(C) existe un unico elemento idA verificando la propiedad (v). El elemento idA se llama la identidad de A. 26 de octubre de 2010


S EC . 30. C ATEGORÍ AS Y FUNTORES

143 f

(2) Si f ∈ HomC (A, B), entonces podemos notarlo f : A → B o´ A → B; A se llama el dominio de f y B se llama el codominio. ˜ si Ob(C) es un conjunto. (3) Una categor´ıa C se llama pequena (4) Dada una categor´ıa C llamamos morfismos de C a los elementos de los conjuntos de Mor(C). (5) Una categor´ıa C se llama discreta si todos sus morfismos son identidades, y se llama conexa si para cada par de objetos A y B se tiene que HomC (A, B) es no vac´ıo. Ejemplo. 30.1. La categor´ıa de conjuntos y aplicaciones se representa por Set y tiene por clase de objetos la clase de todos los conjuntos, y para cada dos conjuntos A y B el conjunto HomSet (A, B) está formado por todas las aplicaciones de A en B; la composición es la composición usual de aplicaciones. Ejemplo. 30.2. La categor´ıa C de conjuntos y relaciones; la clase de objetos es la clase de todos los conjuntos y para cada dos conjuntos A y B el conjunto HomC (A, B) está formado por todas las relaciones de A a B. Ejemplo. 30.3. Para cada anillo (resp. monoide) no necesariamente conmutativo R podemos definir una ca´ tegor´ıa R cuya clase de objetos contiene unicamente a R y HomR (R, R) = R, con la composición definida como la multiplicación. Ejemplo. 30.4. Si X es un conjunto con una relación de preorden ≤, (verifica las propiedades reflexiva y transitiva), podemos definir una categor´ıa X cuya clase de objetos es el conjunto X y para x1 , x2 ∈ X si x1 ≤ x2 tomamos HomX (x1 , x2 ) como un conjunto unitario, y si x1 x2 , entonces HomX (x1 , x2 ) es vac´ıo. La composición se define de la forma obvia. Ejemplo. 30.5. ´ Sea R un anillo, definimos una categor´ıa C cuyos objetos son los numeros enteros positivos y para dos objetos n y m definimos HomC (n, m) como el conjunto de las matrices m × n con coeficientes en R. La composición es la multiplicación de matrices. Ejemplo. 30.6. Otros ejemplos de categor´ıas son los siguientes: (1) La categor´ıa de conjuntos con aplicaciones inyectivas, resp. sobreyectivas. (2) La categor´ıa de semigrupos y homomorfismos de semigrupos Sgr. (3) La categor´ıa de monoides y homomorfismos de monoides, Mon. (4) La categor´ıa de grupos y homomorfismos de grupos, Gr. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


144

(5) La categor´ıa de grupos abelianos y homomorfismos de grupos, Ab. (6) Para cada anillo R la categor´ıa de R–módulos a izquierda y homomorfismos de R–módulos, R –Mod. (7) La categor´ıa de anillos y homomorfismos de anillos, Ring. (8) La categor´ıa de ret´ıculos y homomorfismos de ret´ıculos, Lat. (9) La categor´ıa de conjuntos con un punto distinguido y aplicaciones que respetan el punto, pSet. (10) La categor´ıa de dominios de integridad y homomorfismos de anillos inyectivos, DomInt. (11) La categor´ıa de cuerpos, Field. Ejemplo. 30.7. Es posible también construir categor´ıas a partir de categor´ıas dadas. Veamos el siguiente ejemplo. Dada una categor´ıa C consideramos una nueva categor´ıa, a la que representaremos por C(2), cuyos objetos son las ternas (A, f , B), donde A y B son objetos de C y donde f ∈ HomC (A, B). Un morfismo entre dos objetos (A1 , f1 , B1 ) y (A2 , f2 , B2 ) es un par (g, h), donde g ∈ HomC (A1 , A2 ), h ∈ HomC (B1 , B2 ) y h ◦ f1 = f2 ◦ g A1 g

A2

f1

f2

/

B1

/B

h 2

Otra construcción del mismo tipo es la siguiente: Ejemplo. 30.8. Sean C1 , . . . , Cr categor´ıas, definimos una nueva categor´ıa, llamada categor´ıa producto, a la que representaremos por C1 ×· · ·×Cr , y cuyos objetos son r–uplas (A1 , . . . , Ar ), con Ai ∈ Ob(Ci ), i = 1, . . . , r y cuyos morfismos están dados por la siguiente relación: HomC1 ×···×Cr ((A1 , . . . , Ar ), (B1 , . . . , Br )) = HomC1 (A1 , B1 ) × · · · × HomCr (Ar , Br ), siendo la composición componente a componente. Si C es una categor´ıa, llamamos subcategor´ıa de C a una categor´ıa D que verifique: (I) Ob(D) ⊆ Ob(C). (II) HomD (A, B) ⊆ HomC (A, B), si A, B ∈ Ob(D). 26 de octubre de 2010



145

(III) La identidad de A ∈ Ob(D) es la misma que en C. (IV) La composición en D es igual que en C. Una subcategor´ıa D de una categor´ıa C se llama plena si para cada A, B ∈ Ob(D) se tiene HomD (A, B) = HomC (A, B). Ejemplos. 30.9. (1) La categor´ıa de grupos finitos es una subcategor´ıa plena de la categor´ıa de grupos. (2) La categor´ıa de monoides es una subcategor´ıa de la categor´ıa de semigrupos y no es una subcategor´ıa plena, (un homomorfismo de semigrupos no tiene por qué mantener la unidad, si e´ sta existe). (3) La categor´ıa de grupos no es una subcategor´ıa de la categor´ıa de conjuntos. (4) Para cada anillo R la categor´ıa de los R–módulos izquierda finitamente generados es una subcategor´ıa plena de la categor´ıa de R–módulos. Veamos un concepto que está ´ıntimamente ligado a la noción de categor´ıa, el concepto de dualidad. Si C es una categor´ıa, definimos la categor´ıa opuesta, C op , de C, mediante: (I) Ob(C op ) = Ob(C). (II) HomC op (A, B) = HomC (B, A), para cada A, B ∈ Ob(C). (III) La composición ? en C op es f ? g = g ◦ f , para f ∈ HomC op (B, C) y g ∈ HomC op (A, B). Intuitivamente la categor´ıa C op se obtiene a partir de la categor´ıa C invirtiendo todos sus morfismos. Es claro que C op es una categor´ıa y que (C op )op = C.

Principio de dualidad Si P es una propiedad de categor´ıas (una propiedad entre objetos y morfismos) y si estudiamos esta propiedad en C op y la pasamos luego a C, entonces obtenemos una nueva propiedad en C, a la que llamaremos propiedad dual de P y la representaremos por P ? . Ejemplo. 30.10. En la categor´ıa de R–módulos izquierda un homomorfismo f : M −→ M 0 que es simplificable a izquierda se llama un monomorfismo, esto es, si f ◦ g = f ◦ h implica que g = h para cualesquiera g, h : N −→ M. La noción dual es la de epimorfismo u homomorfismo simplificable a derecha. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


146 En la categor´ıa Set tenemos los siguientes resultados:

Resultado: Para una aplicación f : A −→ B entre conjuntos son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un monomorfismo. (b) f es invertible a izquierda. (Existe g : B −→ A tal que g ◦ f = idA .) El resultado dual es: Para una aplicación f : A −→ B entre conjuntos son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un epimorfismo. (b) f es invertible a derecha. (Existe g : B −→ A tal que f ◦ g = idB .) Al estudiar estos mismos resultados en otras categor´ıa podemos observar que no son ciertos; por ejemplo un monomorfismo en la categor´ıa de A–módulos no es necesariamente invertible a izquierda. Considerar el ejemplo 2Z −→ Z. Y lo mismo ocurre para los epimorfismos. Podemos enunciar sin embargo resultados parecidos: Resultado: Para una homomorfismo f : M −→ N entre A–módulos son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un monomorfismo. (b) Ker(f ) = 0. El resultado dual es: Para una homomorfismo f : M −→ N entre A–módulos son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un epimorfismo. (b) Coker(f ) = 0, o equivalentemente Im(f ) = N. Observa que al tener elementos los objetos de la categor´ıa de módulos, los conceptos de monomorfismo y epimorfismo se identifican con los de aplicación inyectiva (= monomorfismo 26 de octubre de 2010



147

en la categor´ıa de conjuntos) y sobreyectiva (= epimorfismo en la categor´ıa de conjuntos); pudiendo extender los resultados anteriores con la propiedad adicional de ser inyectiva o ´ el caso. sobreyectiva segun Veamos que una propiedad puede ser cierta en una categor´ıa mientras que la propiedad dual puede ser falsa. Si consideramos ahora la categor´ıa de anillos, a la que hemos representado por Ring, en ella tenemos: Resultado: Para un homomorfismo de anillos f : A −→ A en Ring son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un monomorfismo. (b) f es una aplicación inyectiva. Para la demostración de este hecho remitimos a los ejercicios. El resultado dual ser´ıa: Para un homomorfismo de anillos f : A −→ B en la categor´ıa Ring son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un epimorfismo. (b) f es una aplicación sobreyectiva. Este resultado no es cierto como prueba el siguiente resultado: La inclusión Z −→ Q es un epimorfismo en la categor´ıa de anillos. Una propiedad P se llama autodual si P = P ? . Ejemplo. 30.11. En la categor´ıa de A–módulos un A–módulo S es simple si no tiene submódulos propios no triviales. La noción dual se aplicar´ıa a los módulos que no tienen cocientes propios no triviales. Por lo tanto el concepto simple en la categor´ıa A –Mod es un concepto autodual. Si consideramos la categor´ıa de grupos, Gr, tenemos dos nociones de objeto simple: Simple-1: grupos que no tienen subgrupos propios no triviales. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


148

Simple-1? : grupos que no tienen cocientes propios no triviales. El grupo alternado A5 es un grupo simple-1? , ya que no tiene subgrupos normales propios, pero no es un grupo simple-1, ya que s´ı tiene subgrupos propios no triviales. Por lo tanto la noción “simple”no es un concepto autodual en la categor´ıa Gr. En la categor´ıa de grupos el concepto de grupo simple es el que aqu´ı hemos tratado como grupo simple-1? . Una propiedad P es cierta en una categor´ıa C si, y sólo si, la propiedad P ? es cierta en la categor´ıa C op . Como consecuencia, si una propiedad P es cierta en todas las categor´ıas, también lo es su propiedad dual P ? .

Funtores Si C y D son dos categor´ıas, un funtor de C a D se define como un par de funciones (Fo , Fm ) verificando: (I) Fo : Ob(C) → Ob(D). (II) Fm,A,B : HomC (A, B) → HomD (Fo (A), Fo (B)). (III) Fm,A,A (idA ) = idFo (A) . (IV) Si f ∈ HomC (A, B) y g ∈ HomC (B, C) son morfismos de C, entonces Fm,A,C (g ◦ f ) = Fm,B,C (f ) ◦ Fm,A,B (g). Para simplificar llamamos simplemente Fo (A) = F(A) y Fm,A,B (f ) = F(f ), por lo tanto (1) Para cada objeto A de C tenemos que F(A) un objeto de D. (2) Para cada homomorfismo f : A −→ B en C tenemos un homomorfismo F(f ) : F(A) −→ F(B) en D. (3) F(idA ) = idF(A) . f

g

(4) Si A −→ B −→ C se tiene F(g ◦ f ) = F(g) ◦ F(f ). Si F es un funtor de C a D lo representamos por F : C → D. Llamamos dominio de F a C y codominio de F a D. 26 de octubre de 2010



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Ejemplos. 30.12. (1) Para cada categor´ıa C tenemos un funtor idC de C a C llamado funtor identidad que está definido por idC (A) = A para cada objeto A y idC (f ) = f para cada morfismo f . (2) Si D es una subcategor´ıa de una categor´ıa C, existe un funtor de D a C llamado funtor inclusi´ on definido de la forma obvia. (3) El funtor abelianización en grupos, que asocia a cada grupo G el grupo cociente G/[G, G], y a cada morfismo de grupos f : G → G0 el morfismo inducido f : G/[G, G] → G0 /[G0 , G0 ]. (4) Una categor´ıa C se llama concreta si cada objeto tiene asociado un conjunto en el siguiente sentido: existe un funtor U : C → Set que es inyectivo sobre objetos y sobre morfismos, esto es, U : HomC (A, B) → HomSet (U(A), U(B)) es inyectiva para cada par A, B ∈ Ob(C). (5) Funtor libre en grupos, semigrupos, monoides y módulos. Lema. 30.13. Si F : C → D y G : D → E son funtores, entonces existe un nuevo funtor G ◦ F : C → E definido por: Para cada objeto A de C, (G ◦ F)(A) = G(F(A)); Para cada f ∈ HomC (A, B), (G ◦ F)(f ) = G(F(f )).

El funtor G ◦ F se llama composici´ on de F y G y lo representamos también simplemente por GF. Definimos un funtor contravariante entre las categor´ıas C y D como un funtor F : C op → D, o´ equivalentemente como un funtor F op : C → Dop . Ejemplo. 30.14. Para cada funtor F : C → D existe un funtor contravariante F 0 : C op → D definido por F 0 (A) = F(A) y F 0 (f ) = F(f ) para objetos y morfismos respectivamente. Llamamos bifuntor a un funtor cuyo dominio es una categor´ıa producto C1 × C2 . Teorema. 30.15. Si F : C1 × C2 → D es un bifuntor, entonces: (1) Para cada A ∈ Ob(C1 ) existe un funtor asociado F(A, −) : C2 → D, definido por F(A, −)(B) = F(A, B) y F(A, −)(f ) = F(idA , f ) para objetos y morfismos respectivamente. (2) Para cada B ∈ Ob(C2 ) existe un funtor asociado F(−, B) : C1 → D, definido por F(−, B)(A) = F(A, B) y F(−, B)(f ) = F(f , idB ) para objetos y morfismos respectivamente.


P. Jara


150 Ejemplo. 30.16. Sea C una categor´ıa, definimos un bifuntor HomC : C op × C → Set

mediante: Para objetos en la forma obvia, y si fi : Ai → Bi son morfismos de C, entonces HomC (f1 , f2 ) : HomC (B1 , A2 ) → HomC (A1 , B2 ) definido por:

HomC (f1 , f2 )(h) = f2 hf1 (= f1∗ (f2 )∗ (h)),

para cada h ∈ HomC (B1 , A2 ). A1 f1

B1

HomC (f1 ,f2 )(h)

/

BO 2 f2

h

/A

2

Llamamos a HomC el funtor Hom valorado en conjuntos. Para cada objeto A de C llamamos a HomC (A, −) el funtor Hom covariante de C respecto a A, y a HomC (−, A) el funtor Hom contravariante de C respecto a A. En general tratamos el funtor HomC de C × C a Set. Observaci´ on. 30.17. No se puede hablar de la categor´ıa de categor´ıas y funtores, ya que los objetos no formar´ıan una clase, pero podemos formalmente extender la noción de categor´ıa, obteniendo un nuevo concepto, el de quasicategor´ıa para, de esta forma, poder estudiar categor´ıas y funtores como si fuesen objetos y morfismos de una quasicategor´ıa.

Apéndice Si C es una categor´ıa, una relación de equivalencia entre morfismos de C es una relación de equivalencia ∼ en cada conjunto HomC (A, B) verificando: si f1 ∼ f2 para f1 , f2 ∈ HomC (B, C) y g1 ∼ g2 para g1 , g2 ∈ HomC (A, B), entonces f1 ◦ g1 ∼ f2 ◦ g2 en HomC (A, C). Lema. 30.18. Si C es una categor´ıa y ∼ es una relación de equivalencia entre morfismos de C, entonces la e definida por Ob(C) e = Ob(C) y categor´ıa C, HomCe = HomC (A, B)/ ∼, para todos A, B ∈ Ob(C) es una categor´ıa con composición definida por f ◦ g = f ◦ g. La categor´ıa Ce se llama categor´ıa cociente de C relativa a ∼, y se representa también por C/ ∼. 26 de octubre de 2010


S EC . 31. F UNTORES ADJUNTOS

151

Ejemplos. 30.19. (1) Sea Gr la categor´ıa de grupos. Para dos grupos A y B definimos en HomGr (A, B) la relación f1 ∼ f2 si existe b ∈ B tal que f1 (x) = bf2 (x)b−1 para x ∈ A. Obtenemos que la categor´ıa cociente es la categor´ıa de grupos y clases de conjugación de morfismos. (2) La categor´ıa de homotop´ıa de espacios topológicos.

31.

Funtores adjuntos

Transformaciones naturales Dados dos funtores F, G : C → D una transformaci´ on natural o´ un morfismo de funtores de F a G es una aplicación ν : Ob(C) → ∪ HomD (D, D0 ) verificando: (I) Para cada objeto C de C se tiene que ν(C) ∈ HomD (F(C), G(C)). (II) Para cada morfismo f : C → C 0 de C se tiene ν(C 0 )F(f ) = G(f )ν(C), esto es, el diagrama siguiente F(f )

F(C) ν(C)

G(f )

G(C)

/

/

F(C 0 )

ν(C 0 )

G(C 0 )

conmuta. El funtor F se llama dominio de la transformación natural y G se llama el codominio. La transformación natural ν se representa entonces por ν : F → G, y gráficamente por F

C

' ν 7

D

G

Una transformación natural se llama un isomorfismo natural si para cada objeto C de C se tiene que ν(C) es un isomorfismo. Dos funtores se llaman naturalmente isomorfos si existe un isomorfismo natural de F a G. Ejemplo. 31.1. (1) Para cada funtor F existe una transformación natural idF , definida, para cada objeto C de C, por idF (C) = idF(C) . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

152


(2) Existe una transformación natural del funtor identidad en Gr al funtor abelianizado con codominio en Gr. Para cada grupo G tenemos que ν(G) es la proyección canónica G → Gab .

(3) Si C es una categor´ıa arbitraria y f : B → C un morfismo de C, entonces existe una transformación natural ν : HomC (C, −) −→ HomC (B, −), definida por ν(A)(g) = g ◦ f para cada g ∈ HomC (C, A).

Se puede definir la composición de transformaciones naturales. Sean ν : F → G y ε : G → H dos transformaciones naturales, definimos ε ◦ ν : F → H en la forma obvia, esto es, para cada objeto C de C tenemos: (ε ◦ ν)(C) = ε(C) ◦ ν(C).

Lema. 31.2. (1) La composición de transformaciones naturales es una transformación natural. (2) La composición de transformaciones naturales es asociativa. (3) Una transformación natural ν : F → G es un isomorfismo natural si, y sólo si, existe una transformación natural δ : G → F tal que δ ◦ ν = idF y ν ◦ δ = idG . Observaci´ on. 31.3. Existe una quasicategor´ıa que tiene por objetos los funtores y como morfismos las transformaciones naturales entre funtores.

Por comodidad si ν es una transformación natural y C es un objeto de C, representamos ν(C) simplemente por νC . La composición ν1 ◦ ν2 de dos transformaciones naturales ν1 y ν2 se representa simplemente por ν1 ν2 .

Composici´ on estrella Veamos a continuación otra forma de componer transformaciones naturales. 26 de octubre de 2010



153

Proposici´ on. 31.4. Sean F, G : C → D y H, K : D → E funtores y sean ν : F → G y γ : H → K transformaciones naturales. F

' ν 7 D

H

G

K

C

% γ 9 E

Entonces para cada objeto C de C el diagrama HF(C) γF(C)

H(νC )

/

KF(C)

K (νC )

/

HG(C)

γG(C)

KG(C)

conmuta. Además, la diagonal µC = K (νC )γF(C) = γG(C) H(νC ) es una transformación natural µ : HF → KG.

Esta “composición” de transformaciones naturales se llama composici´ on estrella y se representa por γ ? ν.

Lema. 31.5. (1) La composición estrella es asociativa. (2) Para transformaciones naturales ν, γ, λ, µ verificando: K

F

C

G ν / D D γ H

y D

L λ / D E µ M

se tiene la igualdad: (µλ) ? (νγ) = (µ ? γ)(λ ? ν).

Sea F : C → D. Si usamos F en vez de la transformación natural idF , obtenemos: ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


154 Corolario. 31.6. Para transformaciones naturales ν y γ verificando: L

% γ 9

F

F

C

/

H

% ν 9 E

D

K

M

se verifica: (1) (ν ? F)C = νFC . (2) (F ? γ)C = F(γC ). Corolario. 31.7. (Cinco reglas de Godement.) Dada la siguiente situación de funtores y transformaciones naturales U

C

L /

D

K

/

E, E

V ξ / F D ν

F

, F

& µ 8 G

G /

H

H

W

los siguientes resultados son ciertos: (1) (GF) ? ξ = G ? (F ? ξ). (2) ξ ? (KL) = (ξ ? K ) ? L. (3) U ? K = UK . (4) F ? (ξ ? K ) = (F ? ξ) ? K . (5) F ? (νξ) ? K = (F ? ν ? K )(F ? ξ ? K ). (6) El siguiente cuadrado es conmutativo: F?ξ

FU µ?U

H?ξ

HU

/

/

FV

µ?V

HV

Observaci´ on. 31.8. Existe una quasicategor´ıa cuyos objetos son las categor´ıas y los morfismos son las transformaciones naturales. F

C

' ν 7

D

G

El dominio de ν es C y el codominio es D. La composición es la composición estrella. 26 de octubre de 2010



155

Ejemplos. 31.9. (1) Los siguientes funtores F y G son naturalmente isomorfos. F, G : Set

op

× Set

op

× Set → Set;

F(A, B, C) = Hom(A × B, C), G(A, B, C) = Hom(A, Hom(B, C)).

(2) Los siguientes funtores son naturalmente isomorfos. Hom({0, 1}, −) : Set → Set, (−)2 : Set → Set. (3) Un endomorfismo de grupos es un automorfismo interior si, y sólo si, considerado como ´ funtor sobre la categor´ıa de un unico objeto es naturalmente isomorfo al funtor identidad. (4) Los funtores grupo libre y grupo abeliano libre no son naturalmente isomorfos, pero existe entre ellos una transformación natural.

Isomorfismo de categor´ıas Un funtor F : C → D es un isomorfismo de C a D si es un isomorfismo en la quasicategor´ıa de todas las categor´ıas. Esto es, si existe un funtor G : D → C tal que F ◦ G = idD y G ◦ F = idC . Dos categor´ıas C y D se llaman isomorfas si existe un isomorfismo F : C → D. Ejemplos. 31.10. (1) Todo funtor identidad es un isomorfismo. (2) El funtor Ring → Ring definido por R 7→ Rop es un isomorfismo. (3) La categor´ıa de anillos es isomorfa a la de Z–álgebras. (4) Una categor´ıa C es concretizable si, y sólo si, es isomorfa a una subcategor´ıa de Set. Proposici´ on. 31.11. Sea F : C → D es un funtor. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) F es un isomorfismo. (b) F es una biyección entre morfismos. (c) F es pleno y fiel y la función objeto es una biyección.


P. Jara


156

Equivalencia de categor´ıas Una categor´ıa C se llama esquelética si dos objetos que son isomorfos son iguales. Se llama esqueleto de una categor´ıa C a una subcategor´ıa plena esquelética y maximal de C. Proposici´ on. 31.12. Toda categor´ıa tiene un esqueleto. Proposici´ on. 31.13. Cada dos esqueletos de una categor´ıa son isomorfos.

Dos categor´ıas C y D se llaman equivalentes si tienen esqueletos isomorfos. La relación “ser equivalente” es una relación de equivalencia en la quasicategor´ıa de todas las categor´ıas. Proposici´ on. 31.14. Dos categor´ıas esqueléticas son equivalentes si, y sólo si, son isomorfas. Teorema. 31.15. Sea F : C → D un funtor. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) F es pleno, fiel y denso. (b) Existe un funtor G : D → C tal que FG ∼ = idD y GF ∼ = idC . (c) Existe un funtor G : D → C e isomorfismos naturales ν : idC → GF, : FG → idD tales que F ? ν = ( ? F)−1 y G ? = (ν ? G)−1 .

Un funtor F : C → D se llama una equivalencia si verifica las condiciones equivalentes del Teorema anterior. Lema. 31.16. (1) La composición de equivalencias es una equivalencia. (2) Si F es una equivalencia, entonces también F op lo es. (3) Si F es una equivalencia, con funtor en sentido contrario G, entonces G es una equivalencia. Lema. 31.17. Si S es un esqueleto de una categor´ıa C y E : S → C es el funtor inclusión, entonces existe un funtor P : C → S tal que PE = idS y tanto P como E son equivalencias. 26 de octubre de 2010



157

Teorema. 31.18. Si C y D son categor´ıas, son equivalentes los siguientes enunciados: (a) C y D son equivalentes. (b) Existe una equivalencia F : C → D. Ejemplos. 31.19. (1) Todo isomorfismo de categor´ıas es una equivalencia. (2) Todo funtor naturalmente isomorfo a un isomorfismo de categor´ıas es una equivalencia. (El rec´ıproco no es cierto.) (3) Si K es un cuerpo y C es la categor´ıa de los K –espacios vectoriales finito–dimensionales, entonces HomC (−, K ) : C op → C es una equivalencia y no es un isomorfismo. Observaci´ on. 31.20. El concepto de equivalencia es más importante que el de isomorfismo, ya que las equivalencias preservan y reflejan todas las propiedades categóricas esenciales. Es más, incluso podr´ıan definirse las propiedades categóricas como aquellas que son preservadas por equivalencias. Dos categor´ıas C y D se llaman dualmente equivalentes si C op y D son equivalentes. Una categor´ıa C se llama autodual si es dualmente equivalente a s´ı misma.

Funtores adjuntos Sean C y D dos categor´ıas y CO F

G

D dos funtores. Decimos que F es un adjunto a la izquierda del funtor G, o´ que G es un adjunto a la derecha del funtor F si existe un isomorfismo natural ηX ,Y : HomD (FX , Y ) ∼ = HomC (X , GY ). η se llama el isomorfismo de la adjunci´ on y es una transformación natural de funtores. La situación anterior se representa abreviadamente por: η : F −−−| G.


P. Jara


158

Ejemplo. 31.21. Consideramos el funtor de olvido U : R –Mod → Set, entonces el funtor R–módulo libre es un adjunto a la izquierda de U. SetO R(−)

U

R –Mod Proposici´ on. 31.22. Sean y

CO F1

DO F2

G1

D

G2

E

categor´ıas y funtores. Si η1 : F1 −−−|G1 y η2 : F2 −−−|G2 , entonces η1 η2 : F2 F1 −−−|G1 G2 es una adjunción. Consideramos la adjunción η : F−−−|G, esto es, CO F

G

D La naturalidad de η significa la conmutatividad del siguiente diagrama: HomD (FX , Y ) (Ff )? g?

HomD (FZ, T )

ηX ,Y

ηZ,T

/

HomC (X , GY ) / Hom

f ? (Gg)?

C (Z, GT )

para f : Z → X y g : Y → T . Entonces para cada α ∈ HomD (FX , Y ) se verifica la igualdad de las siguientes expresiones: f ? (Gg)? ηX ,Y (α) = (Gg)η(α)f ηZ,T (Ff )? g? (α) = η(gα(Ff )) Y en consecuencia tenemos: η(gα(Ff )) = (Gg)η(α)f Existen dos casos especiales: 26 de octubre de 2010



159

(1) Tomando Y = FX y α = idFX , entonces η(idFX ) = εX : X → GFX se llama la unidad de la adjunción. (2) Tomando X = GY y idGY ∈ HomC (GY , GY ), entonces η −1 (idGY ) = δY : FGY → Y se llama la counidad de la adjunción.

Tanto ε como δ son transformaciones naturales. Vamos a ver qué relaciones verifican ε y δ. Tenemos: η(δFX FεX ) = η(δFX )εX = ηη −1 (idGFX )εX = εX = η(idFX ). Luego tenemos: δF ◦ Fε = F. Fε

F DD / FGF DD DD δF D F DD" F De la misma forma tenemos: η −1 (GδY ◦ εGY ) = η −1 η(δY idFGY ) = δY = η −1 (idGY ). Luego tenemos: Gδ ◦ εG = G. G DD

εG /

GFG

DD DD Gδ D G DD"

G

Las descripciones as´ı obtenidas nos permiten además dar descripciones alternativas de η y η −1 . η(α) = η(αidFX ) = G(α)η(idFX ) = G(α)εX . η −1 (β) = η −1 (idGY β) = η −1 (η(δY )β) = δY F(β). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


160 Proposici´ on. 31.23. Sean CO F

G

D categor´ıas y funtores. Supongamos que ε : idC → GF

y

δ : FG → idD

son transformaciones naturales verificando las relaciones: δF ◦ Fε = idC

y

Gδ ◦ εG = idD ,

entonces η : HomD (FX , Y ) → HomC (X , GY ) definido por η(α) = G(α)εX para cada α ∈ HomD (FX , Y ), define una adjunción F−−−|G de forma que la unidad es ε y la counidad es δ. El siguiente paso es demostrar que en una adjunción F−−−|G el funtor G está determinado salvo equivalencia natural. Proposici´ on. 31.24. Sea η : F−−−|G una situación de adjunción, si η 0 : F−−−|G0 es otra situación de adjunción, existe una equivalencia natural θ : G → G0 . La proposición anterior se completa como sigue: Proposici´ on. 31.25. Sean η : F−−−|G y η 0 : F−−−|G0 situaciones de adjunción y sea θ : G → G0 la equivalencia natural construida en la Proposición anterior. Entonces se verifica: (1) θF ◦ ε = ε0 . (2) δ ◦ Fθ = δ 0 . (3) θY ◦ η(f ) = η 0 (f ) para cada f ∈ HomD (FX , Y ). Y rec´ıprocamente, si η : T −−−|G es una situación de adjunción y θ : G → G0 es una equivalencia natural, entonces η 0 : F−−−|G0 , definida η 0 (f ) = θY ◦ η(f ) es una adjunción, la unidad de la adjunción es ε = θF ◦ ε y la counidad es δ 0 = δ ◦ Fθ. Proposici´ on. 31.26. Si F : C → D es un funtor pleno y fiel, y si F−−−|G es una situación de adjunción, entonces ε : idC → GF es una equivalencia natural. 26 de octubre de 2010


S EC . 32. F UNTORES H OM Y PRODUCTO TENSOR

161

Proposici´ on. 31.27. Si F : C → D es un embebimiento pleno y si F−−−|G es una situación de adjunción, entonces existe un funtor G0 y una adjunción F−−−|G0 tal que la unidad ε0 : idC → G0 F es la identidad.

32.

Funtores Hom y producto tensor

Funtor Hom covariante Dado un anillo A, para cada A–módulo M existe un funtor HomA (M, −) : A –Mod −→ A –Mod, para cada homomorfismo f : X −→ Y tenemos un homomorfismo HomA (M, f ) : HomA (M, X ) −→ HomA (M, Y ), definido HomA (M, f )(h) = f ◦ h, para cada h ∈ HomA (M, X ). En ciertas ocasiones conviene representar a HomA (M, f ) simplemente por f∗ ; en este caso se tiene f∗ (h) = f ◦ h Lema. 32.1. Dado un anillo conmutativo A y dos A–módulos M y N, el conjunto HomA (M, N), de los homomorfismos de A–módulos de M a N, tiene estructura de A–módulo, con acción dada por (af )(m) = af (m), para cualesquiera a ∈ A, f ∈ HomA (M, N) y m ∈ M.

Una transformaci´ on natural Dado un homomorfismo de A–módulo g : N −→ M, para cada A–módulo X tenemos un homomorfismo (g ∗ )X HomA (M, X ) −→ HomA (N, X ), definido (g ∗ )X (h) = h◦g para cada h ∈ HomA (M, X ). De esta forma g ∗ define una transformación natural de HomA (M, −) a HomA (N, −) que asigna a cada A–módulo X el homomorfismo (g ∗ )X : HomA (M, X ) −→ HomA (N, X ), de forma que para cada homomorfismo f : X −→ Y se tiene un diagrama conmutativo HomA (M, X ) (f∗ )M

HomA (M, Y )


(g ∗ )X

(g ∗ )Y

/

HomA (N, X )

/ Hom

(f∗ )N

A (N, Y )

P. Jara


162

Funtor Hom contravariante Esto sugiere que podemos definir un nuevo funtor HomA (−, X ) : A –Mod −→ A –Mod en g0

g

la forma obvia. Pero observar que si M −→ N −→ P son homomorfismos de A–módulos, entonces tenemos para cada A–módulo X HomA (P, X )

(g 0∗ )X

/

HomA (N, X )

(g ∗ )X

/ Hom

A (M, X ),

y observar que (g ∗ )X ◦ (g 0∗ )X = ((g 0 ◦ g)∗ )X esto es, HomA (−, X ) es un funtor contravariante.

Bifuntor Hom covariante Finalmente podemos considerar HomA (−, −) : A –Mod op ×A –Mod −→ A –Mod. De esta forma se obtiene un bifuntor, y observar que se tiene: Proposici´ on. 32.2. Sea A un anillo, existe un bifuntor HomA (−, −) : A –Mod ×A –Mod −→ A –Mod, que es covariante en la segunda variable y contravariante en la primera. Esto es, tenemos un diagrama conmutativo para cualesquiera f : M1 → M2 y g : N1 → N2 . HomA (N2 , M1 ) g∗

HomA (N1 , M1 )

f∗

f∗

/

/

HomA (N2 , M2 )

g∗

HomA (N1 , M2 )

Producto tensor Dados dos A–módulos M1 , M2 y N estamos interesados en las aplicaciones de M1 × M2 −→ N que son lineales en las dos variables y que verifican la propiedad adicional (iii). f : M1 × M2 −→ N, (I) f (m1 + m01 , m2 ) = f (m1 , m2 ) + f (m01 , m2 ), 26 de octubre de 2010



163

(II) f (m1 , m2 + m02 ) = f (m1 , m2 ) + f (m1 , m02 ), (III) f (m1 a, m2 ) = af (m1 , m2 ) = f (m1 , am2 ) Para cualesquiera m1 , m01 ∈ M1 , cualesquiera m2 , m02 ∈ M2 y cualquiera a ∈ A. Una aplicación f verificando (i), (ii) y (iii) se llama A–bilineal. Para determinar todas estas aplicaciones vamos a construir un nuevo A–módulo. Para ello definimos un A–módulo libre F sobre el conjunto M1 × M2 y hacemos el cociente por el submódulo generado por los elementos: {(m1 + m01 , m2 ) − (m1 , m2 ) − (m01 , m2 ), (m1 , m2 + m02 ) − (m1 , m2 ) − (m1 , m02 ), (m1 a, m2 ) − a(m1 , m2 ), (m1 , am2 ) − a(m1 , m2 ) | m1 , m01 ∈ M1 , m2 , m02 ∈ M2 , a ∈ A} Si llamamos M1 ⊗A M2 este módulo cociente, y la clase de (m1 , m2 ) la representamos por m1 ⊗ m2 , entonces existe una aplicación A–bilineal t : M1 × M2 −→ M1 ⊗ M2 ,

t(m1 , m2 ) = m1 ⊗ m2 .

Además el para (t, M1 ⊗A M2 ) verifica la siguiente propiedad. Proposici´ on. 32.3. (Propiedad universal del producto tensor.) Para cualesquiera A–módulos M1 , M2 y N y cualquier aplicación lineal f : M1 × M2 −→ N existe un homomorfismo de A–módulos f 0 : M1 ⊗A M2 −→ N tal que f = f 0 ◦ t. Esto es, el siguiente diagrama conmuta t

M1 × M J2

JJ JJ JJ f JJJ $

N

/ sy

s

M1 ⊗A M2 s

s

s f0

Los elementos de M1 ⊗A M2 son combinaciones lineales del tipo

Pn

i=1 m1i

⊗ m2i .

Proposici´ on. 32.4. Para cualesquiera A–módulos M1 , M2 , M3 y M se verifica: (1) M1 ⊗A M2 ∼ = M2 ⊗A M1 . (2) A ⊗A M ∼ = M. (3) M1 ⊗A (M2 ⊗A M3 ) ∼ = (M1 ⊗A M2 ) ⊗A M3 .


P. Jara


164

Proposici´ on. 32.5. Si f1 : M1 −→ N1 y f2 : M2 −→ N2 son homomorfismos de A–módulos, entonces existe un ´ unico homomorfismo de A–módulos f1 ⊗A f2 : M1 ⊗A M2 −→ N1 ⊗A N2 tal que el siguiente diagrama es conmutativo: t

M1 × M2 f1 ×f2

t

N1 × N2

/M

1

⊗ A M2

/

f ⊗ f 1 A2

N1 ⊗A N2 .

La definición de f1 ⊗A f2 sobre los generadores de M1 ⊗A M2 es: (f1 ⊗A f2 )(m1 ⊗m2 ) = f1 (m1 )⊗ f2 (m2 ). Una nota sobre notación, para cada homomorfismo f2 : M2 −→ N2 y cada A–módulo M1 representamos idM1 ⊗A f2 simplemente por M1 ⊗ f2 . Teorema. 32.6. Existe un bifuntor − ⊗A − : A –Mod ×A –Mod −→ A –Mod.

Extensi´ on y restricci´ on de escalares Si h : A −→ B es un homomorfismo de anillos, cada B–módulo M es un A–módulo via la restricción de escalares, esto es, la estructura de A–módulo de M está dada por: am = h(a)m para cada a ∈ A y cada m ∈ M. Lema. 32.7. Para cada homomorfismo de anillos h : A −→ B existe un funtor Uh : B –Mod −→ A –Mod, el funtor restricci´ on de escalares. Podemos construir B–módulos a partir de A–módulos utilizando el producto tensor. Si N es un A–módulo y M un B–módulo, en M ⊗A N podemos dar una estructura de B–módulo mediante: b(m ⊗ n) = (bm) ⊗ n. para cada b ∈ B, m ∈ M y n ∈ N. En particular, para cada A–módulo N tenemos que B ⊗A N es un B–módulo. Lema. 32.8. Para cada homomorfismo de anillos hA −→ B existe un funtor B ⊗A − : A –Mod −→ B –Mod, el funtor extensi´ on de escalares. 26 de octubre de 2010



165

Teorema. 32.9. Existe una adjunción , A –Mod O B⊗A −

Uh

B –Mod donde Uh : B –Mod −→ A –Mod es el funtor cambio de anillo. Existe una situación de adjunción similar para el funtor Hom. Proposici´ on. 32.10. Para cada homomorfismo de anillos h : A −→ B. 1. Existe un funtor HomA (B, −) : A –Mod −→ B –Mod. 2. Existe una situación de adjunción B –Mod O Uh

HomA (B,−)

A –Mod Proposici´ on. 32.11. Para cada A–módulo A existe una situación de adjunción A –Mod O M⊗A −

HomA (M,−)

A –Mod ´ . Consideramos el diagrama D EMOSTRACI ON b

HomA (M ⊗A X , Y ) −→ HomA (X , HomA (M, Y )), donde b está definido b(f )(x)(m) = f (m ⊗ x), con inversa b−1 , definida b−1 (g)(m ⊗ x) = g(x)(m).

´ Algebras Dado un anillo A y dos A–álgebras (conmutativas) R y S, se considera el producto tensor R⊗A S. En principio tenemos un A–módulo, pero de forma natural existe una estructura de A–álgebra ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


166 en R ⊗A S con producto

(r1 ⊗ s1 )(r2 ⊗ s2 ) = (r1 r2 ) ⊗ (s1 s2 ). Con esta estructura existen homomorfismos de A–álgebras jR : R −→ R ⊗A S, jR (r) = r ⊗ 1, jS : S −→ R ⊗A S, jS (s) = 1 ⊗ s. Lema. 32.12. Dadas dos A–álgebras (conmutativas) R y S, el par (R ⊗A S, {jr , js }) es una suma directa de R y S en la categor´ıa de A–álgebras. Ejercicio. 32.13. Dado un anillo A e indeterminadas X e Y , existe un isomorfismo de A–álgebras A[X ] ⊗A A[Y ] ∼ = A[X , Y ].

33.

Sucesiones exactas

En esta sección vamos a tratar con A–módulos y homomorfismos de A–módulos. Una sucesi´ on de homomorfismos es una lista de homomorfismos indizada en Z, por ejemplo {fi | i ∈ Z} tal que es posible hacer las composiciones fi+1 ◦ fi para cada i ∈ Z. fi−1

f

fi+1

fi+2

i . . . −→ Mi−1 −→ Mi −→ Mi+1 −→ · · ·

(V.1)

La sucesión (V.1) es exacta en Mi si Im(fi−1 ) = Ker(fi ). Y la sucesión (V.1) es exacta si es exacta en cada Mi . La sucesión (V.1) es acotada a izquierda si existe un ´ındice k tal que Mi = 0 para cada i ≤ k, y es acotada a derecha si existe un ´ındice h tal que Mi = 0 para cada i ≥ h. Si la sucesión (V.1) es acotada a izquierda para k = −1 escribimos simplemente: f0

f1

f2

0 −→ M0 −→ M1 −→ M2 −→ · · ·

(V.2)

La sucesión (V.1) es exacta corta si es exacta y Mi = 0 para cada i < 0 y i ≥ 3. Por lo tanto f1 es inyectiva, f2 es sobreyectiva e Im(f1 ) = Ker(f2 ). Escribimos f0

f1

0 −→ M0 −→ M1 −→ M2 −→ 0 26 de octubre de 2010

(V.3)


S EC . 33. S UCESIONES EXACTAS

167

Ejemplo. 33.1. Si N ⊆ M es un submódulo, entonces incl.

0 → N → M → M/N → 0 es una sucesión exacta corta. Ejemplo. 33.2. j1 p2 Si M1 y M2 son A–módulos, entonces 0 → M1 → M1 ⊕ M2 → M2 → 0 es una sucesión exacta corta. Ejemplo. 33.3. Si f : M → M 0 es un homomorfismo de A–módulos, entonces

f

incl.

proy.

0 → Ker(f ) → M → M 0 →

M0 →0 Im(f )

es una sucesión exacta.

Dadas dos sucesiones M := {Mi , fi | i ∈ Z} y N := {Ni , gi | i ∈ Z} un homomorfismo de M a N es una familia de homomorfismos de A–módulos h := {hi | i ∈ Z} tal que el diagrama

...

...

fi−1

/

Mi−1

hi−1 gi−1 / Ni−1

fi

/

Mi

hi gi

/N

i

fi+1

fi+2

/

···

hi+1 gi+1 g / Ni+1 i+2 /

···

/

Mi+1

es conmutativo, esto es, para cada ´ındice i ∈ Z se tiene: hi ◦ fi = gi ◦ hi−1 . Las sucesiones M y N son equivalentes si existe un homomorfismo h : M → N tal que cada hi es un isomorfismo. Lema. 33.4. Cada sucesión exacta corta es equivalente a una sucesión exacta corta definida por un submódulo, ver Ejemplo (33.1.)


P. Jara


168 Lema. 33.5. (Lema corto de los cinco.) Dado una diagrama conmutativo con filas exactas 0

/M h0

0

/

f0 0

N0

/

M1

h1 g0

/

N1

f1

/

h2 g1

/

0 /

0

M2 /

N2

Se verifica: (1) Si h0 y h2 son inyectivos, también lo es h1 . (2) Si h0 y h2 son sobreyectivos, también lo es h1 . (3) Si h0 y h2 son isomorfismos, también lo es h1 . ´ . (1). Tenemos: D EMOSTRACI ON h1 (m1 ) = 0 g1 h1 (m1 ) = 0 h2 f1 (m1 ) = 0 f1 (m1 ) = 0 ∃m0 ∈ M tal que f0 (m0 ) = m1 0 = h1 (m1 ) = h1 f0 (m0 ) = g0 h0 (m0 ) m0 = 0 m1 = f0 (m0 ) = 0.

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

(2). Tenemos: n1 ∈ N1 g1 (n1 ) ∈ N2 ∃m2 ∈ M2 tal que h2 (m2 ) = g1 (n1 ) ∃m1 ∈ M1 tal que f1 (m1 ) = m2 Los elementos n1 , h1 (m1 ) ∈ N1 verifican: g1 (n1 − h1 (m1 )) = g1 (n1 ) − g1 h1 (m1 ) = g1 (n1 ) − h2 f1 (m1 ) = g1 (n1 ) − h2 (m2 ) = 0 ∃n0 ∈ N0 tal que g0 (n0 ) = n1 − h1 (m1 ) ∃m0 ∈ M0 tal que h0 (m0 ) = n0 h1 (f0 (m0 ) + m1 ) = h1 f0 (m0 ) + h1 (m1 ) = g0 h0 (m0 ) + h1 (m1 ) = n1 − h1 (m1 ) + h1 (m1 ) = n1 .

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

f0

f1

Una sucesión exacta corta 0 → M0 → M1 → M2 → 0 es escindida si existe un homomorfismo g : M2 → M1 tal que f2 ◦ g = idM2 . 26 de octubre de 2010



169

Dados dos A–módulos N y M una extensi´ on de M por N es una sucesión exacta corta E := (0 → N → E → M → 0). Dos extensiones E1 y E2 de M por N son equivalentes si las sucesiones que definen son equivalentes, esto es, existe un diagrama conmutativo:

/

0

idN

0

/

/

h

/

N

/

E1

N

idM

/

E2

/0

M

/0

M

Como consecuencia h ha de ser un isomorfismo. Una extensión se llama escindida si la sucesión exacta corta que define es escindida. Dados dos A–módulos N y M, vamos a clasificar, salvo equivalencia, todas las extensiones escindidas de M por N. En el caso que nos ocupa las sucesiones exactas cortas escindidas se pueden caracterizar de diversos modos.

Lema. 33.6. f0 f1 Sea 0 → M0 → M1 → M2 → 0 una sucesión exacta. Son equivalentes: (a) Existe g : M2 → M1 tal que f1 ◦ g = idM2 , esto es, la sucesión escinde. (b) Existe f : M1 → M0 tal que f ◦ f0 = idM0 . (c) Existe un homomorfismo f : M1 → M0 ⊕ M2 tal que el siguiente diagrama conmuta. 0

/

M0

h0

0

/

M0

f0

/

M1

h1 incl.

/

M0 ⊕ M2

f1

/M

2

/

0

2

/

0

h2 proy.

/M

Corolario. 33.7. Dados dos A–módulos N y M, toda extensión escindida de M por N es equivalente a una extensión definida por una suma directa, ver Ejemplo (33.2.).

Acabamos esta sección con algunos lemas técnicos sobre sucesiones exactas. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


170 Proposici´ on. 33.8. f0

f1

(1) La sucesión M0 → M1 → M2 → 0 es exacta si, y solo si, para cualquier A–módulo M la sucesión 0

/

(f1 )∗

HomA (M2 , M)

/

HomA (M1 , M)

(f0 )∗

/

HomA (M0 , M)

es exacta. f0

f1

(2) La sucesión 0 → M0 → M1 → M2 es exacta si, y solo si, para cualquier A–módulo M la sucesión 0

/

(f0 )∗

HomA (M, M0 )

/

HomA (M, M1 )

(f0 )∗

/

HomA (M, M2 )

es exacta. f

0 ´ . Por dualidad basta hacer solo la primera parte. Supongamos que M0 → D EMOSTRACI ON

f1

M1 → M2 → 0 es exacta, entonces para cada A–módulo M la sucesión del Hom es exacta. (i). f1∗ es inyectiva. En efecto, si g ∈ HomA (M2 , M) verifica f1∗ (g) = 0, entonces gf1 = 0, y como f1 es sobreyectiva, tenemos g = 0. (ii). Im(f1∗ ) ⊆ Ker(f0∗ ); es consecuencia de que f0∗ f1∗ = (f1 f0 )∗ = 0. (iii). Ker(f0∗ ) ⊆ Im(f1∗ ); dado g ∈ Ker(f0∗ ) tenemos gf0 = f0∗ (g) = 0, luego existe h : M2 −→ M tal que g = hf1 = f1∗ (h) y g ∈ Im(f1∗ ). M0

f0

/

M1 C

CC CC g CCC !

f1

M

}{

{ {h

/M 2 {

/

0

La existencia de h es debida a que M2 ∼ = M1 / Ker(f1 ) = M1 / Im(f0 ) y a la propiedad universal del cociente. Supongamos ahora que para cada A–módulo M la sucesión (f1 )∗

(f0 )∗

0 → HomA (M2 , M) → HomA (M1 , M) → HomA (M0 , M) es exacta. (i). Vamos a ver que f1 es simplificable a derecha, en efecto si g ◦ f1 = 0, entonces f1∗ (g) = 0, y como f1∗ es inyectiva, tenemos g = 0. Entonces f1 es sobreyectiva. 26 de octubre de 2010



171

(ii). Im(f0 ) ⊆ Ker(f1 ). Basta ver que si f : N −→ N 0 y para cada A–módulo M se tiene que f ∗ : HomA (N 0 , M) −→ HomA (N, M) es cero, entonces f es cero. Tomando M = N 0 se tiene 0 = f ∗ (idN 0 ) = idN 0 ◦ f = f . Ahora aplicando a este caso, como 0 = f0∗ ◦ f1∗ = (f1 ◦ f0 )∗ , resulta f1 ◦ f0 = 0. (iii). Consideramos el siguiente diagrama M1 / Im(fK0 ) 9 eK K h q ssss K K

f0

M0 G

GG GG GG G#

/M ; 1 w ww w ww ww

ss ss ss

k

f1

K K K K% K /M

/

2

0

Im(f0 ) ´ h existe por la propiedad universal del cociente, y es unica verificando h ◦ q = f1 . Por otro lado ya que Ker(f0∗ ) ⊆ Im(f1∗ ), al ser 0 = q ◦ f0 = f0∗ (q), existe k tal que f1∗ (k) = q, esto es, ´ q = k ◦ f1 ; por ser f1∗ inyectivo k es unico verificando esta condición. Ahora falta ver que h y k son mutuamente inversas. En efecto, k ◦ h ◦ q = k ◦ f1 = q, y como q es sobreyectiva se tiene k ◦ h = idM1 / Im(f0 ) , y h ◦ k ◦ f1 = h ◦ q = f1 , y por ser f1 sobreyectiva se tiene h ◦ k = idM2 . Tenemos entonces que Im(f0 ) = Ker(f1 ). 0

/

/M

Im(f 0 ) _

/M

1

∼ =

/ Ker(f

0

∼ = h

0

/

1 / Im(f0 )

/M

1)

/

1

M1 / Ker(f1 ) = M2

/

0

Proposici´ on. 33.9. (Lema de la serpiente.) Para cualquier diagrama conmutativa con filas exactas 0

/M h0

0

/

f0

/

0

N0

M1

h1 g0

/

N1

f1

/

M2

/

0

h2

/N

g1

2

/

0

existe una sucesión exacta f0

f0

∆

g0

g0

0 1 0 → Ker(h0 ) → Ker(h1 ) → Ker(h2 ) → Coker(h0 ) →0 Coker(h1 ) →1 Coker(h2 ) → 0

donde Coker(hi ) = Ni / Im(hi ) y f00 , f10 , g00 y g10 son los homomorfismos inducidos por f0 , f1 , g0 y g1 . ´ . Consideramos el diagrama siguiente: D EMOSTRACI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


172

0

0

/ Ker(h

0

f00

0)

/M

0

/

f0

f10

Ker(h1 )

/

0

0 /

Ker(h2 ) _ _ _

f1

M1

/

M2

/

0

/

0

∆ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

/

0

g0

N0

_ _ _/ Coker(h0 )

/

g00

/

/

Coker(h1 )

g10

Coker(h1 )

/

g10

/

/

Ker(h0 )

Coker(h2 )

2

Coker(h2 )

/

0

0

Son inmediatas la exactitud de 0 Coker(h0 )

/N

g1

0

g00

N1

0 f00

/

Ker(h1 )

f10

/

Ker(h2 ) y la exactitud de

/0.

Para definir ∆ tomamos x ∈ Ker(h2 ). Existe m1 ∈ M1 tal que f1 (m1 ) = x, entonces g1 h1 (m1 ) = ´ h2 f1 (m1 ) = h2 (x) = 0, y existe un unico n0 ∈ N0 tal que g0 (n0 ) = h1 (m1 ). Definimos ∆(x) = n0 + Im(h0 ). ´ Comprobamos que ∆ está bien definida. En efecto, la elección de m1 no es unica, por lo que si 0 0 0 0 tomamos otro m1 tal que f1 (m1 ) = x, llegamos a un n0 . Vamos a ver que n0 −n0 ∈ Im(h0 ), y por tanto ∆ está bien definida. Tenemos que g0 (n00 ) = h1 (m01 ) y por otro lado f1 (m1 ) = x = f1 (m01 ), luego m01 − m1 ∈ Ker(f1 ) = Im(f0 ). Sea m0 ∈ M0 tal que f0 (m0 ) = m01 − m1 . Se tiene g0 (n00 − n0 ) = h1 (m01 − m1 ) = h1 f0 (m0 ) = g0 h0 (m0 ), luego n00 − n0 = h0 (m0 ) y tenemos el resultado. Una vez que hemos comprobado que ∆ está bien definida, veamos la exactitud en Ker(h2 ). Para cada m1 ∈ Ker(h1 ) se tiene ∆f10 (m1 ) = n0 + Im(h0 ), con g0 (n0 ) = h1 (m1 ) = 0. Por otro lado, si x ∈ Ker(∆), entonces n0 ∈ Im(h0 ), sea n0 = h0 (m0 ), se tiene: h1 (m1 ) = g0 (n0 ) = g0 ◦ h0 (m0 ) = h1 ◦ f0 (m0 ), y m1 − f0 (m0 ) ∈ Ker(h1 ). Por lo tanto x = f1 (m1 ) = f1 (m1 − f0 (m0 )) = f10 (m1 − f0 (m0 )) ∈ Im(f10 ). 26 de octubre de 2010



173

Estudiamos la exactitud en Coker(h0 ). Para cada x ∈ Ker(h2 ) se tiene: g00 ∆(x) = g00 (n0 + Im(h0 )) = g0 (n0 ) + Im(h1 ) = h1 (m1 ) + Im(h1 ) = 0. Por otro lado, si n + Im(h0 ) ∈ Ker(g00 ), se tiene g0 (n) ∈ Im(h1 ), y existe x1 ∈ M1 tal que h1 (x1 ) = g0 (n). Tenemos h2 ◦ f1 (x1 ) = g1 ◦ h1 (x1 ) = g1 ◦ g0 (n) = 0, esto es, f1 (x1 ) ∈ Ker(h2 ) y ∆(f1 (x1 )) = n + Im(h0 ).

34.

Ejercicios

Ejercicio. 34.1. Dados A–módulos M1 , M1 , N1 , N2 , prueba que existe un isomorfismo HomA (M1 ⊕ M2 , N1 ⊕ N2 ) ∼ = HomA (M1 , N1 ) ⊕ HomA (M1 , N2 ) ⊕ HomA (M2 , N1 ) ⊕ HomA (M2 , N2 ). Observa podemos escribir la suma directa HomA (M1 , N1 ) ⊕ HomA (M1 , N2 ) ⊕ HomA (M2 , N1 ) ⊕ HomA (M2 , N2 ) como una matriz HomA (M1 , N1 ) HomA (M2 , N1 ) HomA (M1 , N2 ) HomA (M2 , N2 ) y este caso si tomamos N1 = M1 y M2 = N2 , la composición en HomA (M1 ⊕ M2 , N1 ⊕ N2 ) coincide con el producto de matrices. ´ SOLUCION Ejercicio. 34.2. Si {Ni | i ∈ I} es una familia de A–módulos, para cada A–módulo M prueba que existe un isomorfismo Y Y HomA (M, Ni ) ∼ HomA (M, Ni ). = i

i

´ SOLUCION Ejercicio. 34.3. Si {Mi | i ∈ I} es una familia de A–módulos, para cada A–módulo N prueba que existe un isomorfismo Y HomA (⊕i Mi , N) ∼ HomA (M, Ni ). = i


P. Jara


174

´ SOLUCION Ejercicio. 34.4. . f0 f1 La sucesión 0 → M0 → M1 → M2 es exacta si, y solo si, para cualquier A–módulo M la sucesión (f0 )∗ (f1 )∗ 0 → HomA (M, M0 ) → HomA (M, M1 ) → HomA (M, M2 ) es exacta.

´ SOLUCION Ejercicio. 34.5. . f0 f1 Da un ejemplo de una sucesión exacta corta 0 → M0 → M1 → M2 → 0 y un A–módulo M para los que en la sucesión exacta (f0 )∗

(f1 )∗

0 → HomA (M, M0 ) → HomA (M, M1 ) → HomA (M, M2 ) el homomorfismo (f1 )∗ no sea sobreyectivo.

´ SOLUCION Ejercicio. 34.6. . f0 f1 Haz una demostración de que en una sucesión exacta corta de A–módulos 0 → M0 → M1 → M2 → 0 existe un homomorfismo g : M2 → M1 tal que f1 ◦ g = idM2 si y solo si existe un homomorfismo f : M1 → M0 tal que f ◦ f0 = idM0 .

´ SOLUCION Ejercicio. 34.7. Dado un anillo A y un elemento b ∈ A, consideramos el conjunto B = {bF(b) | F ∈ Z[X ]}. Prueba que B es cerrado para la suma y el producto. Tenemos que B es un anillo sin uno.




175

Ejercicio. 34.8. Dado un anillo sin uno B podemos construir un anillo con uno, del cual B es un ideal en la siguiente forma: En el producto cartesiano B × Z definimos dos operaciones: (b1 , n1 ) + (b2 , n2 ) = (b1 + b2 , n1 + n2 ), (b1 , n1 ) · (b2 , n2 ) = (b1 b2 + b1 n2 + b2 n2 , n1 n2 ), para cualesquiera b1 , b2 ∈ B y n1 , n2 ∈ Z. (1) Prueba que B × Z es un anillo con elemento uno igual a (0, 1). (2) Propiedad universal. Prueba que para cada anillo (con uno) A y cada aplicación g : ´ B −→ A, que sea homomorfismo para la suma y el producto, existe un unico homomor0 0 fismo de anillos g : B×Z −→ A tal que g|B = g cuando identificamos B son B×0 ⊆ B × Z. (3) Tomando g = 0 tenemos que B = Ker(0), y por tanto B es un ideal de B × Z. ´ SOLUCION Ejercicio. 34.9. Prueba que cada monomorfismo de anillos (= homomorfismo de anillos simplificable a izquierda) f : A −→ C es una aplicación inyectiva. ´ SOLUCION Ejercicio. 34.10. Se consideran los grupos abelianos A = Z2 ⊕ Z4 y B = Z4 ⊕ Z12 . Determinar la estructura del grupo abeliano Hom(A, B). ´ SOLUCION


P. Jara

Cap´ıtulo VI Dependencia entera 35 36 37 38 39

Extensiones enteras . . . . . . . . . . Lema de normalización de Noether . Teorema de los ceros de Hilbert . . . Extensiones trascendentes (repaso) Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . .

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178 185 190 193 195

Introducci´ on En este cap´ıtulo vamos a establecer los resultados más importantes de la teor´ıa que relaciona los conjuntos algebraicos con las a´ lgebras sobre cuerpos: aquellos que tratan de la dimensión. La primera sección está dedicada al estudio de la dependencia entera y las extensiones enteras, probando los resultados que relacionan las cadenas de ideales primos en extensiones de anillos. En la segunda se prueba el Teorema de Normalización de Noether y sus consecuencias, y en la tercera el Teorema de los ceros de Hilbert, que establece una biyección entre conjuntos algebraicos en An (K ) e ideales radicales del anillo K [X1 , . . . , Xn ]. Finaliza el cap´ıtulo recordando los resultados sobre extensiones trascendentes que son de aplicación en esta teor´ıa.

C AP. VI. D EPENDENCIA ENTERA

178

35.

Extensiones enteras

Dependencia entera Sea A ⊆ B una extensión de anillos. Un elemento x ∈ B se llama entero sobre A si existe un polinomio mónico F(X ) ∈ A[X ] tal que F(x) = 0. Teorema. 35.1. Sea A ⊆ B una extensión de anillos y x ∈ B un elemento. Son equivalentes: (a) x es entero sobre A; (b) A[x] es un A–módulo finitamente generado; (c) A[x] está contenido en un subanillo A ⊆ C ⊆ B que es un A–módulo finitamente generado; (d) Existe un A[x]–módulo fiel finitamente generado M que es un A–módulo finitamente generado. ´ . (a)⇒(b). Si xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0, con ai ∈ A, entonces xn = D EMOSTRACI ON n−1 −(an−1 x + · · · + a0 ) y por inducción probamos que xn+h ∈ A + Ax + · · · + Axn−1 , entonces A[x] es un A–módulo finitamente generado. (b)⇒(c). Tomamos C = A[x]. (c)⇒(d). Podemos tomar M = C, ya que por ser A[x] ⊆ C, resulta que C es un A[x]–módulo y por ser 1 ∈ C es fiel. Además C es un A–módulo finitamente generado. (d)⇒(a). Sea M un A[x]–módulo fiel y finitamente generado como A–módulo, entonces podemos definir un endomorfismo λx : M → M mediante λx (m) = xm, para cada m ∈ M. Sea {x1 , . . . , xt } un sistema de generadores de M, y supongamos que λx (mi ) =

t X

aij mj ,

j=1

entonces xmi =

Pt

j=1 aij mj

y de aqu´ı obtenemos la igualdad de matrices (x id − (aij )ij )(mi )i = 0,

de donde deducimos que det(x id − (aij )ij )(mi )i = 0. Y por tanto det(x id − (aij )ij ) ∈ Ann(M) = 0. Ahora bien, det(x id − (aij )ij ) es una expresión de la forma: xt + at−1 xt−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, con ai ∈ A, 26 de octubre de 2010


S EC . 35. E XTENSIONES ENTERAS luego x es un elemento entero sobre A.

179

Corolario. 35.2. Sea A ⊆ B una extensión de anillos y x1 , . . . , xt ∈ B elementos de B enteros sobre A, entonces el anillo A[x1 , . . . , xt ] es un A–módulo finitamente generado. ´ . Basta hacer inducción sobre t, ya que para cada ´ındice i ≤ t se verifica que D EMOSTRACI ON xi es entero sobre A[x1 , . . . , xi−1 ]. Corolario. 35.3. Sea A ⊆ B una extensión de anillos, el conjunto C de todos los elementos de B enteros sobre A es un subanillo de B que contiene a A. ´ . Es claro que cada elemento a ∈ A es entero sobre A, por tanto A ⊆ C. Si D EMOSTRACI ON x, y ∈ C, entonces x + y ∈ A[x, y] y como A[x, y] es un A–módulo finitamente generado, resulta que x + y es entero. Para xy se hace igual. Con la notación del Corolario anterior el subanillo C se llama la clausura entera de A en B. El anillo A se llama ´ıntegramente cerrado en B si A = C. Cuando B = C, se dice que B es entero sobre A. Un dominio A se llama normal o ´ıntegramente cerrado si es ´ıntegramente cerrado en su cuerpo de fracciones. Dado un dominio A su clausura entera en el cuerpo de fracciones se llama la normalizaci´ on de A. Ejemplo. 35.4. Si K y L son cuerpos, K ⊆ L, entonces K /L es una extensión algebraica si y solo si K ⊆ L es una extensión entera. Ejercicio. 35.5. Z es un dominio normal. Ver también Teorema (35.6.). ´ . Sea r/s ∈ Q, una fracción irreducible, entero sobre Z, entonces existen D EMOSTRACI ON an−1 , . . . , a0 ∈ Z tales que (r/s)n + an−1 (r/s)n−1 + · · · + a0 = 0, y por tanto obtenemos una expresión de la forma: r n + an−1 r n−1 s + · · · + a0 sn = 0, luego s divide a r n , lo que es una contradicción salvo que s = 1, y en este caso r/s ∈ Z.

´ El ejemplo de Z como anillo normal se puede extender a los dominios de factorización unica. Teorema. 35.6. ´ Cada dominio de factorización unica es un dominio normal. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


180

´ . Igual demostración que en el Ejercicio (35.5.). D EMOSTRACI ON

Ejemplo. 35.7. Sea K un cuerpo y A = K [X , Y ]. El ideal a = (X 2 − Y 3 ) es primo, y por tanto A/a es un dominio. Se verifica que A/a no es normal. En efecto, el elemento x = X /Y del cuerpo de fracciones de A/a es entero sobre A/a y no pertenece a A/a. Corolario. 35.8. (Transitividad de las extensiones enteras.) Se considera A ⊆ B1 ⊆ B2 una cadena de extensiones de anillos, siendo B1 entero sobre A y B2 entero sobre B1 , entonces B2 es entero sobre A. ´ . Sea x ∈ B2 , existen bn−1 , . . . , b0 ∈ B1 tales que xn + bn−1 xn−1 + · · · + b0 = 0. D EMOSTRACI ON Llamamos A0 = A[b0 , . . . , bn−1 ], se verifica que x es entero sobre A0 , luego A[b0 , . . . , bn−1 , x] es un A0 –módulo finitamente generado, y como consecuencia es un A–módulo finitamente generado, entonces x es entero sobre A. Corolario. 35.9. Sea A ⊆ B una extensión de anillos y sea C la clausura entera de A en B, entonces C es ´ıntegramente cerrado en B. ´ . Llamemos C 0 a la clausura entera de C en B, entonces D EMOSTRACI ON A ⊆ C ⊆ C0 son extensiones enteras, luego A ⊆ C 0 es una extensión entera y se verifica C 0 ⊆ C.

Ejercicio. 35.10. Sea A un dominio con cuerpo de fracciones K y sea K ⊆ L una extensión de cuerpos. Si x ∈ L es algebraico sobre K , entonces existe a ∈ A tal que 0 6= ax es entero sobre A. ´ . Sea 0 6= F ∈ K [X ] un polinomio tal que F(x) = 0. Multiplicando F por el producto S OLUCI ON de los denominadores de los coeficientes de F podemos obtener un polinomio 0 6= rF ∈ A[X ] tal que rF(x) = 0. Si rF = aX n +an−1 X n−1 +· · ·+a0 , entonces multiplicando por an−1 , tenemos (ax)n + an−1 (ax)n−1 + · · · + a1 an−1 (ax) + a0 an−1 = 0, y ax es entero sobre A.

Proposici´ on. 35.11. Sea A ⊆ B es una extensión entera de anillos y b ⊆ B es un ideal de B. Si definimos a = b ∩ A, entonces A/a ⊆ B/b es una extensión entera. ´ . Es pasar una expresión del tipo sn + an−1 sn−1 + · · · + a0 de B a B/b. D EMOSTRACI ON 26 de octubre de 2010


S EC . 35. E XTENSIONES ENTERAS

181

Ideales primos en extensiones enteras Vamos a estudiar los ideales primos y maximales en extensiones enteras. Proposici´ on. 35.12. Sea A ⊆ B una extensión de dominios de integridad, siendo B entero sobre A. Son equivalentes: (a) B es un cuerpo; (b) A es un cuerpo. ´ . (a)⇒(b). Si B es un cuerpo y 0 6= x ∈ A, entonces existe x−1 ∈ B que es D EMOSTRACI ON entero sobre A, luego existe una expresión del tipo x−n + an−1 x−n+1 + · · · + a0 = 0. Multiplicando por xn−1 obtenemos: x−1 + an−1 + · · · + a0 xn−1 = 0, y de aqu´ı

x−1 = −(an−1 + · · · + a0 xn−1 ) ∈ A.

(b)⇒(a). Si A es un cuerpo y 0 6= x ∈ B, existe una expresión del tipo xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0, supongamos que n es el menor de los posibles enteros verificando lo anterior. Por ser B un dominio de integridad se verifica a0 6= 0 y podemos construir la expresión x(xn−1 +an−1 xn−2 + · · · + a1 ) = −a0 , luego x−1 = −a0−1 (xn−1 + an−1 xn−2 + · · · + a1 ). Corolario. 35.13. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos y sea q ⊆ B un ideal primo. Llamamos p = q ∩ A. Son equivalentes: (a) q es maximal; (b) p es maximal. ´ . Tenemos que A/p ⊆ B/q es una extensión de anillos y B/q es entero sobre D EMOSTRACI ON A/p. Además, como B/q es un dominio de integridad, resulta que B/q es un cuerpo si, y sólo si, A/p es un cuerpo y entonces q es un ideal maximal de B si, y sólo si, p es un ideal maximal. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


182

Lema. 35.14. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos y p ⊆ A un ideal primo. Existe un ideal primo q ⊆ B tal que q ∩ A = p. ´ . Llamamos Σ = A\p y Γ = {a ⊆ B | a∩Σ = ∅}. Como Γ es inductivo existen D EMOSTRACI ON elementos maximales en Γ; cada elemento maximal de Γ es un ideal primo de B. Dado q ∈ Γ maximal tenemos que q ∩ A ⊆ p; para probar la otra inclusión, sea a ∈ p \ (q ∩ A). Como q ⊂ (q, a), entonces existe s ∈ (q, a) ∩ Σ; escribimos s = q + ba, con q ∈ q y b ∈ B. Al ser b entero sobre A existe una combinación bn + an−1 bn−1 + · · · + a0 = 0 con ai ∈ A. Multiplicando por an tenemos: (ba)n + an−1 a(ba)n−1 + · · · + a0 an = 0. De la relación s − q = ab se deduce que y := sn + an−1 asn−1 + · · · + a0 an ≡ 0

(mód q),

y tenemos y ∈ q ∩ A ⊆ p; como a ∈ p, se sigue s ∈ p, lo que es una contradicción.

Teorema. 35.15. (Teorema del ascenso.) Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos, p1 ⊆ · · · ⊆ pn una cadena ascendente de ideales primos de A y q1 ⊆ · · · ⊆ qm una cadena ascendente de ideales primos de B verificando qi ∩ A = pi para 1 ≤ i ≤ m < n. p1 ⊆ p2 ⊆ · · · ⊆ pm ⊆ · · · ⊆ pn q1 ⊆ q2 ⊆ · · · ⊆ qm Entonces la cadena q1 ⊆ · · · ⊆ qm se puede extender a una cadena q1 ⊆ · · · ⊆ qn en la que qi ∩ A = pi , 1 ≤ i ≤ n. ´ . Podemos suponer que m = 1 y n = 2 y posteriormente hacer inducción. D EMOSTRACI ON De la extensión entera A ⊆ B pasamos a la extensión A/p1 ⊆ B/q1 , que también es entera. En A/p1 tenemos un ideal primo p2 /p1 , por lo que para reducir supondremos que tenemos una extensión entera de dominios A ⊆ B y un ideal primo p ⊆ A. Aplicando el Lema (35.14.) existe un ideal q ⊆ B tal que q ∩ A = p. Dada una extensión entera de anillos A ⊆ B y un ideal primo p ⊆ A, es posible que existan varios ideales primos q1 , q2 ⊆ B tales que q1 ∩ A = p = q2 ∩ B. Veamos un ejemplo: Ejemplo. 35.16. Tomamos A = R[X ], B = C[X ], p = A(X 2 + 1) ⊆ A, q1 = B(X + i), q2 = B(X − i) ⊆ B. Se verifica: B(X + i) ∩ A = A(X 2 + 1) = B((X − i) ∩ A. 26 de octubre de 2010


S EC . 35. E XTENSIONES ENTERAS

183

En estas circunstancias vamos a comprobar que siempre los ideales de B que tienen la misma traza en A son incomparables. Teorema. 35.17. (Teorema de incomparabilidad.) Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos y q1 ⊆ q2 ideales de B tales que q1 ∩ A = q2 ∩ A, entonces q1 = q2 . ´ . Supongamos que q1 $ q2 y sea b ∈ q2 \ q1 . Como b es entero sobre A D EMOSTRACI ON tomamos n m´ınimo tal que existe una combinación verificando: bn + an−1 bn−1 + · · · + a0 ≡

(mód q1 ).

Como b ∈ / q1 se tiene n ≥ 1 y a0 ∈ q2 , luego a0 ∈ q2 ∩ A = q1 ∩ A, y tenemos b(bn−1 + an−1 bn−2 + · · · + a1 ) ∈ q1 , y como b ∈ / q1 , tenemos una contradicción con la minimalidad de n.

Dominios normales. Teorema del descenso Sea A ⊆ B una extensión de anillos y sea a un ideal de A. Un elemento x ∈ B se llama entero sobre el ideal a si verifica una relación de dependencia entera, xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0, con los ai ∈ a. Llamamos clausura entera en B de un ideal a de A al conjunto de todos los elementos de B enteros sobre a. Lema. 35.18. Sea A ⊆ B una extensión de anillos y a un ideal de A. Si A ⊆ C ⊆ B es la clausura entera de A en B, entonces la clausura entera de a en B es el radical de aC en C. ´ . Sea x ∈ B un elemento entero sobre a; existen ai ∈ a tales que xn + D EMOSTRACI ON an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0. Entonces x ∈ C y como xn = −(an−1 xn−1 + · · · + a0 ) ∈ aC, tenemos que Pmx ∈ rad(aC). Para ver la otra inclusión, sea x ∈ rad(aC), entonces existe n tal n que x = j=1 aj tj , con aj ∈ a y tj ∈ C. Ya que cada aj es entero sobre A, tenemos que M = A[a1 , . . . , am ] es un A–módulo finitamente generado. Además se verifica xn M ⊆ aM. Aplicando el Lema de Cayley-Hamilton (para la multiplicación por xn ), Lema (27.1.), tenemos que xn es entero sobre a, en consecuencia x es entero sobre a. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


184

Proposici´ on. 35.19. Sea A ⊆ B una extensión de dominios de integridad con A normal. Sea x ∈ B un elemento entero sobre un ideal a ⊆ A. Entonces x es algebraico sobre el cuerpo de fracciones K de A y su polinomio minimal sobre K es X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 con ai ∈ rad(a). ´ . Tenemos que x es algebraico sobre K . Llamemos L al cuerpo de descomD EMOSTRACI ON posición del polinomio irreducible P de x sobre K , y sean x1 , . . . , xn todos los conjugados de x. Como cada xi verifica la misma relación de dependencia que x, tenemos que todos son enteros sobre a. Los coeficientes de P son polinomios en los xi , y por tanto son elementos de K enteros sobre a. Ahora, como A es normal, la clausura entera de a en K es rad(a), luego todos pertenecen a rad(a). Teorema. 35.20. (Teorema del descenso.) Sea A ⊆ B una extensión entera de dominios de integridad con A normal. Sean p1 ⊇ · · · ⊇ pn una cadena de ideales primos de A y q1 ⊇ · · · ⊇ qm una cadena de ideales primos de B verificando: qi ∩ A = pi , 1 ≤ i ≤ m < n. p1 ⊇ p2 ⊇ · · · ⊇ pm ⊇ · · · ⊇ pn q1 ⊇ q2 ⊇ · · · ⊇ qm Entonces la cadena q1 ⊇ · · · ⊇ qm se puede extender a una cadena q1 ⊇ · · · ⊇ qn verificando: qi ∩ A = pi , 1 ≤ i ≤ n. ´ . Vamos a suponer que n = 2 y m = 1 y después podremos hacer inducción. D EMOSTRACI ON Localizamos B en q1 y tenemos una cadena de extensiones A ⊆ B ⊆ Bq1 . Para ver que existe un ideal primo q2 ⊆ B tal que q2 ∩ A = p2 , basta ver que p2 Bq1 ∩ A = p2 . Dado un elemento de y/s ∈ p2 Bq1 , con y ∈ p2 B ⊆ rad(p2 B), tenemos que y es entero sobre p2 y si el polinomio minimal de y sobre K , el cuerpo de fracciones de A, es X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 , entonces tiene sus coeficientes en p2 . Dado x ∈ p2 Bq1 ∩ A, sea x = y/s, entonces s = yx−1 en K . El polinomio minimal de s sobre K se obtiene del anterior en la siguiente forma: X n + (an−1 /x)X n−1 + · · · + (a0 /xn ), 26 de octubre de 2010

(VI.1)


´ N DE N OETHER S EC . 36. L EMA DE NORMALIZACI O

185

Como s ∈ B \ q1 es entero sobre A, entonces cada coeficiente ai /xn−1 pertenece a A. (Aplicar la Proposición (35.19.) al ideal a = A.) Si x ∈ / p2 , entonces cada coeficiente ai /xn−i ∈ p2 ya que xn−j (aj /xn−j ) = aj ∈ p2 y p2 es un ideal primo. Como s verifica la relación (VI.1), tenemos que sn ∈ p2 B ⊆ p1 B ⊆ q1 , lo que es una contradicción. Tenemos entonces x ∈ p2 y por tanto p2 Bq2 ∩ A ⊆ p2 . La otra inclusión es clara y tenemos la igualdad.

36.

Lema de normalizaci´ on de Noether

Dimensi´ on de Krull de un anillo Sea A un anillo (conmutativo). Una cadena de ideales primos p0 $ p1 $ · · · $ pn se dice que tiene longitud n. Se define la dimensi´ on del anillo A como el supremo de las longitudes de las cadenas de ideales primos de A, y se representa por dim(A). Si p es un ideal primo de A, se define la altura de p como el supremo de las longitudes de las cadenas de ideales primos del siguiente tipo: p0 $ p1 $ · · · $ pn = p. La altura del ideal p se representa por ht(p). Si a es un ideal de A, se define la altura de a como el m´ınimo de las alturas de los ideales primos minimales conteniendo a a. La altura del ideal a se representa por ht(a). Los resultados sobre extensiones enteras de anillos nos dan la siguiente relación para las dimensiones de anillos. Proposici´ on. 36.1. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos. Si dim(A) es finita, entonces se verifica: dim(A) = dim(B).


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Ejercicio. 36.2. Sea A un anillo y a un ideal de A. Existe un isomorfismo de anillos (A/a)[X ] ∼ = A[X ]/a[X ] Como consecuencia: (1) Si p ⊆ A es un ideal primo, entonces p[X ] es un ideal primo de A[X ] (2) Si a $ b son ideales de A, entonces a[X ] $ b[X ]. Lema. 36.3. Sea K un cuerpo y X1 , . . . , Xn indeterminadas sobre K , entonces tenemos una cadena ascendente 0 ⊂ (X1 ) ⊂ (X1 , X2 ) ⊂ · · · ⊂ (X1 , · · · , Xn ), en la que todos son ideales primos y por tanto siempre se verifica: dim(K [X1 , . . . , Xn ]) ≥ n. Podemos completar este resultado para obtener la igualdad. Teorema. 36.4. Sea K un cuerpo y X1 , . . . , Xn indeterminadas sobre K , se tiene dim(K [X1 , . . . , Xn ]) = n. ´ . Sólo tenemos que probar la relación dim(K [X1 , . . . , Xn ]) ≤ n. D EMOSTRACI ON Observa que K [X1 , . . . , Xn ] tiene como máximo n elementos algebraicamente independientes, esto lo podemos razonar pasando al cuerpo de fracciones K (X1 , . . . , Xn ) y viendo que el ´ máximo numero de elementos de un conjunto algebraicamente independiente es igual al grado de trascendencia de la extensión K (X1 , . . . , Xn )/K , que es igual a n. Para cada K –álgebra ´ıntegra A llamamos τ (A) el máximo de los s tales que existe un subconjunto {a1 , . . . , as } ⊆ A algebraicamente independiente. Hacemos al demostración del teorema en dos partes: 1. Si 0 6= p ⊆ A es un ideal primo, entonces τ (A/p) ≥ s implica τ (A) ≥ s + 1. Supongamos que τ (A/p) = s, y sean {a1 , . . . , as } ∈ A tales que {ai = ai + p}si=1 es algebraicamente independiente. Tomamos 0 6= a ∈ p, entonces {a1 , . . . , as , a} es algebraicamente independiente. En efecto, si existe 0 6= F ∈ K [Y1 , . . . , Ys+1 ] tal que F(a1 , . . . , as , a) = 0, tomando clases módulo p se tiene F(a1 , . . . , as , 0) = 0, y como {ai }si=1 es algebraicamente independiente, resulta que F(Y1 , . . . , Ys , 0) = 0, esto es, Ys+1 | F. Si inicialmente tomamos F irreducible, resulta que F = Ys+1 , esto es, a = 0, lo que es una contradicción. 2. Si 0 = p0 $ p1 $ · · · $ pt es una cadena de ideales primos en K [X1 , . . . , Xn ], entonces 26 de octubre de 2010



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tenemos: n≥τ

K [X1 , . . . , Xn ] p0

>τ

K [X1 , . . . , Xn ] p1

> ··· > τ

K [X1 , . . . , Xn ] pt

≥ 0.

Y por lo tanto se tiene n ≥ t.

Lema de normalizaci´ on Como se observa, el estudio de los subconjuntos algebraicamente independientes de a´ lgebras finitamente generadas aporta información sobre la misma a´ lgebra. Vamos a ver que podemos obtener más información al considerar las subalgebras maximales generadas por estos subconjuntos. Veamos un primer resultado técnico. Lema. 36.5. (Lema de normalizaci´ on.) Sea A = K [X1 , . . . , Xn ] un anillo de polinomios y sea p $ A un ideal primo de altura s. Existen elementos x1 , . . . , xn ∈ A, algebraicamente independientes sobre K , tales que: (1) A es entero sobre B = K [x1 , . . . , xn ] y (2) si p 6= 0, p ∩ B está generado por x1 , . . . , xs . ´ . Hacemos inducción sobre la altura s de p. Si ht(p) = 0, entonces p = 0 y D EMOSTRACI ON podemos tomar xi = Xi , 1 ≤ i ≤ n, y tenemos el resultado. Supongamos pues que ht(p) = 1. Sea 0 6= F ∈ p, irreducible. Llamamos x1 = F(X1 , . . . , Xn ) = P α n α∈Nn kα X . Tomamos Pn p1 = 1 y sean p2 , . . . , pn , enteros primos distintos; para cada α ∈ N definimos w(α) = i=1 pi αi . Es claro que, fijado F, podemos elegir los pi de forma que dados p dos exponentes α 6= β, entonces w(α) 6= w(β). De esta forma, si definimos xi = Xi − X1 i para i = 2, . . . , n, se tiene: p

p

x1 = F(X1 , . . . , Xn ) = F(X1 , x2 + X1 2 , . . . , xn − X1 n ) = G(X1 , x2 , . . . , xn ) + aX1e . Siendo e el mayor grado con el que aparece ahora X1 en F y G un polinomio en el que el grado de X1 es menor que e. Es claro que a 6= 0, y por tanto es invertible. Se tiene que X1 es entero sobre K [x1 , . . . , xn ], ya que es ra´ız de un polinomio mónico. En consecuencia cada Xi es entero sobre K [x1 , . . . , xn ] y la extensión B = K [x1 , . . . , xn ] ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] es entera. Tenemos x1 ∈ p ∩ B, y por tanto Bx1 ⊆ p ∩ B; ambos son ideales primos, y por el Teorema del descenso la altura de p ∩ B es uno, entonces son iguales. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

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Como K [X1 , . . . , Xn ] es entero sobre K [x1 , . . . , xn ], tenemos que K (X1 , . . . , Xn ) es algebraico sobre K (x1 , . . . , xn ). Como el grado de trascendencia de K (X1 , . . . , Xn ) sobre K es igual a n, lo mismo ocurre para K (x1 , . . . , xn ), luego los x1 , . . . , xn son algebraicamente independientes sobre K , y B = K [x1 , . . . , xn ] es un anillo de polinomios. Sea ahora p un ideal primo de altura h > 1; tomamos q ⊆ p un ideal primo de altura h − 1. Por la hipótesis de inducción existen x1 , . . . , xn ∈ A tales que q ∩ B = B(x1 , . . . , xh−1 ). Considera´ mos el anillo B/(q ∩ B) ∼ tiene altura uno, por lo = K [xh , . . . , xn ] y el ideal (p ∩ B)/(q ∩ B). Este tanto existen yh , . . . , yn ∈ K [xh , . . . , xn ] tales que la extensión K [yh , . . . , yn ] ⊆ K [xh , . . . , xn ] es entera y p∩B q∩B ∩ K [yh , . . . , yn ] = K [yh , . . . , yn ]yh . En consecuencia la extensión C = K [x1 , . . . , xh−1 , yh , . . . , yn ] ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] es entera y p∩C = C(x1 , . . . , xh−1 , yh ). Corolario. 36.6. Sea K un cuerpo, entonces el ideal (X1 , . . . , Xs ) tiene altura s en K [X1 , . . . , Xn ], siendo s ≤ n.

Teorema de normalizaci´ on Sea trata ahora de determinar la dimensión de una K –álgebra ´ıntegra y finitamente generada A siguiendo el método empleado para el caso del anillo de polinomios. Teorema. 36.7. (Teorema de normalizaci´ on.) Sea A una K –álgebra ´ıntegra finitamente generada. Existen elementos a1 , . . . , at ∈ A, algebraicamente independientes, tales que K [a1 , . . . , at ] ⊆ A es entera. ´ . Existe un anillo de polinomios K [X1 , . . . , Xn ] y un ideal primo p tales que D EMOSTRACI ON ∼ A = K [X1 , . . . , Xn ]/p. Por el lema de normalización existen x1 , . . . , xn ∈ K [X1 , . . . , Xn ] y s ∈ N tales que K [x1 , . . . , xn ] ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] es entera y p ∩ K [x1 , . . . , xn ] = K [x1 , . . . , xn ](x1 , . . . , xs ). Entonces la extensión K [X1 , . . . , Xn ] ∼ K [x1 , . . . , xn ] ⊆ K [xs+1 , . . . , xn ] ∼ =A = p ∩ K [x1 , . . . , xn ] p es una extensión entera y {xs+1 + p, . . . , xn + p} ⊆ A es un conjunto algebraicamente independiente. Corolario. 36.8. Sea A una K –álgebra ´ıntegra finitamente generada, entonces la dimensión de A es igual al grado de trascendencia del cuerpo de fracciones de A. ´ . Aplicamos el Teorema de normalización. Existe una subálgebra de A, B ∼ D EMOSTRACI ON = K [X1 , . . . , Xn ], tal que A es entero sobre B. Como consecuencia dim(A) = dim(B) = s. Por 26 de octubre de 2010



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otro lado, si llamamos L al cuerpo de fracciones de A, tenemos una extensión algebraica K (X1 , . . . , Xn ) ⊆ L, y el grado de trascendencia de L es igual a n. Corolario. 36.9. Sea A una K –álgebra finitamente generada y p un ideal primo de A. Se verifica que la dimensión del a´ lgebra A/p es exactamente el grado de trascendencia del cuerpo de fracciones de A/p. Corolario. 36.10. Sea A una K –álgebra ´ıntegra finitamente generada y p ⊆ A un ideal primo. Se verifica: dim(A) = dim(A/p) + ht(p). ´ . Podemos reducir el problema a considerar A un anillo de polinomios. En D EMOSTRACI ON este contexto el resultado es una consecuencia directa del Teorema de normalización de Noether. Demostración directa. ´ . Por el Lema de normalización existe una subálgebra B ∼ D EMOSTRACI ON = K [x1 , . . . , xn ] de A ´ s ≤ n. Tenemos ht(p ∩ B) = s y tal que A es entero sobre B y p ∩ B = B(x1 , . . . , xs ) para algun por otro lado B/(p ∩ B) ∼ = K [Xs+1 , . . . , Xn ], luego dim(B/(p ∩ B)) = n − s. Como A es entero sobre B tenemos que dim(A) = dim(B) = n. Además A/p es entero sobre B/(p ∩ B), luego dim(A/p) = dim(B/(p ∩ B)) = n − s. Como B es un dominio normal, el teorema del descenso nos asegura que si ht(p ∩ B) = s, entonces ht(p) = s. Uniendo todo tenemos el resultado. Una cadena de ideales primos p0 $ · · · $ pn se llama maximal si p0 es minimal, pn es maximal ´ ideal primo q tal que pi−1 $ q $ pi , 1 ≤ i ≤ n. y no existe ningun Teorema. 36.11. Sea A una K –álgebra ´ıntegra finitamente generada, entonces todas las cadenas maximales de ideales primos de A tienen la misma longitud. ´ . Sea p0 $ · · · $ pn una cadena maximal de ideales primos de A. Entonces D EMOSTRACI ON pn es un ideal maximal y dim(A/pn ) = 0. Para i ≥ 1 tenemos pi−1 $ pi y pi /pi−1 es un ideal primo de A/pi−1 de altura uno. Luego dim(A/pi ) + ht(pi /pi−1 ) = dim(A/pi−1 ), o´ lo que es igual, dim(A/pi ) − dim(A/pi−1 ) = 1. Tenemos entonces dim(A) = dim(A/p0 ) − dim(A/pn ) = dim(A/p0 ) − dim(A/p1 ) + dim(A/p1 ) − dim(A/pn ) = (dim(A/p0 ) − dim(A/p1 )) + · · · + (dim(A/pn−1 ) − dim(A/pn )) = n. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


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Ejemplo. 36.12. Se considera el anillo A = R[X , Y ]/(X 2 − Y 3 ). Sabemos que A es un dominio que no es normal. Vamos a calcular un subanillo de polinomios maximal en A. Tomamos p = (X 2 − Y 3 ) ⊆ R[X , Y ] y definimos: x1 = X 2 − Y 3 , x2 = Y − X 2 , Entonces B = R[x1 , x2 ] ⊆ R[X , Y ] es una extensión entera y p ∩ B = Bx1 . Tenemos entonces que R[x2 ] ⊆ A es una extensión entera, sien do x2 = x2 + p. Si llamamos x = X + p, y = Y + p, entonces R[y − x2 ] ⊆ A es una extensión entera.

37.

Teorema de los ceros de Hilbert

Dado un cuerpo K , para cada ideal a de K [X1 , . . . , Xn ] el conjunto de los ceros de a es: V(a) = {x ∈ An (K ) | P(x) = 0, ∀P ∈ K [X1 , . . . , Xn ]}. Es claro que si a = K [X1 , . . . , Xn ], entonces V(a) = ∅, pero también puede ser que V(a) = ∅ siendo a 6= K [X1 , . . . , Xn ]. Por ejemplo, en R[X ] el ideal a = (X 2 + 1) verifica V(X 2 + 1) = ∅. Sin embargo si K es un cuerpo algebraicamente cerrado tenemos que V(a) 6= ∅ si y solo si a 6= K [X ]. Esta situación se repite en el caso de polinomios en varias indeterminadas. Comenzamos por un resultado técnico. Teorema. 37.1. Si L/K es una extensión de cuerpos tal que L es una K –álgebra finitamente generada, entonces L es un K –módulo finitamente generado. ´ . Por el Teorema de Normalización se tiene que L es entero sobre K [a1 , . . . , at ] D EMOSTRACI ON para cierto {a1 , . . . , at } ⊆ L algebraicamente independiente. Aplicando la Proposición (35.12.) tenemos que K [a1 , . . . , at ] es un cuerpo, y por lo tanto se tiene {a1 , . . . , at } = ∅ y L es entero (algebraico) sobre K . Como es una K –álgebra finitamente generada, resulta que dimK (L) es finita. Corolario. 37.2. (Teorema de los ceros de Hilbert. Forma débil.) Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado y a un ideal de K [X1 , . . . , Xn ]. Si V(a) = ∅, entonces a = K [X1 , . . . , Xn ]. 26 de octubre de 2010


S EC . 37. T EOREMA DE LOS CEROS DE H ILBERT

191

´ . Si a 6= K [X1 , . . . , Xn ], entonces existe un ideal maximal m ⊇ a, y como D EMOSTRACI ON V(m) ⊆ V(a), basta considerar el caso en que a es un ideal maximal. En este caso tendren] mos un homomorfismo (no nulo) K −→ K [X1 ,...,X =: L, y K es un subcuerpo de un cuerpo a L. Consideramos la extensión L/K ; por el Teorema anterior se tiene esta extensión es finita, y por ser K algebraicamente cerrado L = K . Como L = K , para cada ´ındice i = 1, . . . , n existe un elemento ai ∈ K que es la imagen de Xi . Por tanto Xi − ai ∈ a, obteniendo que (X1 − a1 , . . . , Xn − an ) ⊆ a, y por tanto (X1 − a1 , . . . , Xn − an ) = a, obteniendo que (a1 , . . . , an ) ∈ V(a) 6= ∅. El resultado central de esta sección es: Teorema. 37.3. (Teorema de los ceros de Hilbert.) Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado y a un ideal de K [X1 , . . . , Xn ]. Entonces rad(a) = IV(a). ´ . Supongamos que a = (F1 , . . . , Ft ). Si F ∈ IV(a) entonces consideramos D EMOSTRACI ON e a = (F1 , . . . , Fn , 1 − YF) ⊆ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. Vamos a ver que V(e a) = ∅. Sea (a1 , . . . , an , an+1 ) ∈ V(e a) ⊆ An+1 (K ), entonces (a1 , . . . , an ) ∈ V(a), y resulta F(a1 , . . . , an ) = 0, por lo tanto 0 = 1−an+1 F(a1 , . . . , an ) = 1, lo que es una contradicción. Como consecuencia V(e a) = ∅. Aplicando el Teorema de Hilbert en su forma débil resulta e a = K [X1 , . . . , Xn , Y ], por lo que existe una combinación lineal X 1= Fi Ci + (1 − YF)C, C1 , . . . , Ct , C ∈ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. i

Tomando Y = 1/F(X1 , . . . , Xn ) tenemos: 1=

X

Fi (X1 , . . . , Xn )Ci (X1 , . . . , Xn ,

i

1 ), F(X1 , . . . , Xn )

y multiplicando por una potencia adecuada de F se tiene: X Fm = Fi (X1 , . . . , Xn )Di (X1 , . . . , Xn ) ∈ a. i

Como consecuencia IV(a) ⊆ rad(a). Por otro lado la inclusión inversa es siempre cierta ya que IV(a) es un ideal radical que contiene a a. La inclusión rad(a) ⊆ IV(a)ya la conocemos.


P. Jara


192

Consecuencias del Teorema de los Ceros Por el Teorema de los ceros de Hilbert, sobre un cuerpo algebraicamente cerrado K existe una correspondencia biyectiva, que invierte el orden, entre los conjuntos algebraicos de An (K ) y los ideales radicales del anillo K [X1 , . . . , Xn ]. Otras consecuencias del Teorema de los ceros son: Un conjunto algebraico V ⊆ An (K ) se llama irreducible si cuando V = V1 ∪ V2 , para conjuntos algebraicos Vi se tiene V = V1 o V = V2 .

Lema. 37.4. Si V es un conjunto algebraico af´ın irreducible, si y solo si I(V ) es un ideal primo.

´ . Si V = V(c) es irreducible y ab ⊆ I(V ) = IV(c), entonces V = VIV(c) ⊆ D EMOSTRACI ON V(ab) = V(a) ∪ V(b. Entonces V ⊆ V(a) o V ⊆ V(b), y se tiene a ⊆ IV(a) ⊆ I(V ) o b ⊆ IV(b) ⊆ I(V ). Rec´ıprocamente, si I(V ) es un ideal primo y V = V1 ∪ V2 , entonces I(V ) = I(V1 ∪ V2 ) = I(V1 ) ∩ I(V2 ). Luego I(V1 ) = I(V ) o I(V2 ) = I(V ), de donde se obtiene V1 = V o V2 = V .

Corolario. 37.5. Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado. Si p es un ideal primo de K [X1 , . . . , Xn ], entonces V (p) es un conjunto algebraico irreducible. Existe entonces una correspondencia biyectiva entre ideales primos y conjuntos algebraicos irreducibles. En esta correspondencia a los ideales maximales le corresponden los puntos.

Corolario. 37.6. Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado. Sea F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] un polinomio con factorización F = F1e1 · · · Frer en factores irreducibles, entonces V(F) = V(F1 ) ∪ · · · ∪ V(Fr ) es la descomposición de V(F) en componentes irreducibles. Además, I V(F) = (F1 · · · Fr ). En particular, existe una correspondencia biyectiva entre polinomios irreducibles F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] e hipersuperficies irreducibles de An . 26 de octubre de 2010


S EC . 38. E XTENSIONES TRASCENDENTES ( REPASO )

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Corolario. 37.7. Sea a un ideal de K [X1 , . . . , Xn ], tenemos que son equivalentes: (a) V(a) es un conjunto finito; (b) K [X1 , . . . , Xn ]/a es un K –espacio vectorial de dimensión finita. ´ En este caso el numero de puntos de V(a) está acotado por la dimensión dimK (K [X1 , . . . , Xn ]/a). ´ . Sean x1 , . . . , xr ∈ V (a), tomamos D EMOSTRACI ON F1 , . . . , Fr ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tales que Fi (xj ) = δij , y llamamos Fi + a a la clase de Fi en K [X1 , . . . , Xn ]/a. Si existe una combinación X ai (Fi + a) = 0, P entonces ai Fi ∈ a. Para cada ´ındice i tenemos X 0=( ai Fi )(xi ) = ai Fi (xi ) = ai . Y por tanto {F1 +a, . . . , Fr +a} son linealmente independientes, luego r ≤ dimK (K [X1 , . . . , Xr ]/a). Rec´ıprocamente, si V(a) = {x1 , . . . , xr } es finito, supongamos que xi = (x1i , . . . , xni ), y definimos r Y Fj = (Xj − xji ). i=1

De la definición se deduce que Fj ∈ I V(a), entonces existe m ∈ N tal que Fjm ∈ a. Considerando ahora las clases Fjm + a = 0, se deduce que Xjmr + a es una combinación K –lineal de potencias de Xj + a con exponente menor que mr. En consecuencia, tenemos un sistema de generadores {X1e1 · · · Xnen + a | ei < mr} y K [X1 , . . . , Xn ]/a es un K –espacio vectorial de dimensión finita.

38.

Extensiones trascendentes (repaso)

Sea K ⊆ L una extensión finita de cuerpos. Un conjunto finito {x1 , . . . , xn } ⊆ L de elementos de L se llama algebraicamente independiente sobre K si no existe un polinomio 0 6= F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] tal que F(x1 , . . . , xn ) = 0. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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194

Una familia {xi | i ∈ A} se llama algebraicamente independiente si lo es cada subfamilia finita. Un elemento x ∈ L se llama trascendente sobre K si {x} es una familia algebraicamente independiente. Lema. 38.1. Sea K ⊆ L una extensión de cuerpos y x1 , . . . , xn ∈ L elementos distintos. Son equivalentes: (a) {x1 , . . . , xn } es algebraicamente independiente sobre K ; (b) Para cada 1 < s < n la familia {x1 , . . . , xs } es algebraicamente independiente sobre K y {xs+1 , . . . , xn } es algebraicamente independiente sobre K (x1 , . . . , xs ).

Sea K ⊆ L una extensión de cuerpos. Una familia {x1 , . . . , xn } ⊆ L se llama una base de trascendencia de L sobre K si verifica:

(I) {x1 , . . . , xn } es algebraicamente independiente sobre K ;

(II) L es algebraico sobre K (x1 , . . . , xn ). Lema. 38.2. Dada una extensión de cuerpos K ⊆ L, un conjunto X ⊆ L es una base de trascendencia si es un conjunto algebraicamente independiente maximal. Lema. 38.3. Sea K ⊆ L una extensión de cuerpos y x1 , . . . , xn ∈ L tales que K (x1 , . . . , xn ) ⊆ L es algebraica. Se verifica: (1) Todo subconjunto de {x1 , . . . , xn } algebraicamente independiente sobre K , maximal para la inclusión, es una base de trascendencia de L sobre K ; (2) Si {x1 , . . . , xs }, s ≤ n es algebraicamente independiente sobre K , entonces existe una base de trascendencia de L sobre K que contiene a {x1 , . . . , xs } y contenida en {x1 , . . . , xn }. Como consecuencia las bases de trascendencia son subconjuntos algebraicamente independientes maximales respecto a la inclusión, y cada extensión de cuerpos K ⊆ L tiene una base de trascendencia. 26 de octubre de 2010



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Teorema. 38.4. Dada una extensión de cuerpos K ⊆ L se verifica: (1) Todo subconjunto X ⊆ L tal que al extensión L/K (X ) es algebraica contiene una base de trascendencia de la extensión L(K ). (2) Dado un conjunto algebraicamente independiente {x1 , . . . , xn } y un conjunto {a1 , . . . , am } ⊆ L tal que la extensión L/K (a1 , . . . , am ) es algebraica, existe una ordenación de {a1 , . . . , am } tal que para cada ´ındice i = 1, . . . , n la extensión L/K (x1 , . . . , xi , ai+1 , . . . , am ) es algebraica. ´ (3) El numero de elementos de una base de trascendencia es un invariante. Este invariante se llama el grado de trascendencia de la extensión y lo vamos a representar por grtr(L/K ). Una extensión es algebraica si, y sólo si, su grado de trascendencia es igual a cero. Corolario. 38.5. Si K es un cuerpo, el grado de trascendencia del cuerpo K (X1 , . . . , Xn ), el cuerpo de fracciones del anillo de polinomios K [X1 , . . . , Xn ], es igual a n. Teorema. 38.6. (Teorema de L¨ uroth.) Dado un elemento trascendente x sobre K , para todo cuerpo intermedio L tal que K ⊆ L ⊆ K (x) existe y ∈ K (x) tal que L = K (y). En particular toda extensión intermedia K ⊆ L ⊆ K (x) es una extensión trascendente pura. Teorema. 38.7. Dado un elemento trascendente x sobre K y polinomios f , g ∈ K [x] no nulos, primos relativos y no siendo los dos constantes, entonces [K (x) : K (f /g)] = máx{gr(f ), gr(g)}. Teorema. 38.8. (Teorema de Castelnuovo.) Dada una extensión trascendente pura K ⊆ K (x1 , x2 ) de grado de trascendencia dos, para cada cuerpo intermedio K ⊆ L ⊆ K (x1 , x2 ) la extensión L/K es trascendente pura. Teorema. 38.9. Dada una torre de cuerpos K ⊆ L ⊆ F se verifica: grtr(F/K ) = grtr(F/L) + grtr(L/K ).

39.

Ejercicios

Ejercicio. 39.1. Sea A ⊆ B una extensión de anillos y u1 , . . . , ut ∈ B elementos enteros sobre A, demuestra que A[u1 , . . . , ut ] es un A–módulo finitamente generado. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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196

C AP. VI. D EPENDENCIA ENTERA ´ SOLUCION

Ejercicio. 39.2. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos y p ⊆ A un ideal primo. Demuestra que todo elemento x ∈ pe = Bp (el extendido de p) satisface una ecuación xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 con ai ∈ p, i = 0, . . . , n − 1.

´ SOLUCION Ejercicio. 39.3. Sea a = (F1 , . . . , Ft ) un ideal del anillo de polinomios K [X1 , . . . , Xn ]. Vamos a dar un algoritmo para determinar cuando un polinomio F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] pertenece al radical de a. Este algoritmo se basa en el siguiente hecho: Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) F ∈ rad(a). (b) 1 ∈ (F1 , . . . , Ft , 1 − YF) ⊆ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. Entonces el algoritmo consiste en determinar una base de Groebner del ideal (F1 , . . . , Ft , 1− YF) y ver si se reduce a {1}.

´ SOLUCION Ejercicio. 39.4. Sea K un cuerpo. Demuestra que el ideal (X 3 − Y 2 ) de K [X , Y ] es un ideal radical. Este ejercicio se puede generalizar en la siguiente forma: Sea K un cuerpo infinito. Si i y j son enteros positivos primos relativos, demuestra que (X i − Y j ) es un ideal radical en K [X , Y ].

´ SOLUCION Ejercicio. 39.5. Sea K un cuerpo. (1) Demuestra que el ideal (X 2 − Y 3 ) ⊆ K [X , Y ] es un ideal primo. (2) Llamamos T = X /Y en el cuerpo de fracciones del dominio A := K [X , Y ]/(X 2 − Y 3 ). Demuestra que F = K (T ) es el cuerpo de fracciones de A, y que K [T ] es la clausura entera de A en F. ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



197

Ejercicio. 39.6. Sea D un dominio de integridad e i, j enteros positivos primos relativos. (1) Demuestra que (X i − Y j ) es un ideal primo de D[X , Y ]. (2) Cuando D = K es un cuerpo determina la normalización de A := K [X , Y ]/(X i − Y j ). ´ SOLUCION Ejercicio. 39.7. Sea K un cuerpo. Demuestra que el ideal (Y 2 − X 3 − X 2 ) de K [X , Y ] es primo. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.8. Sea K un cuerpo y a = (Y 2 − X 3 − X 2 ) ⊆ K [X , Y ] un ideal. (1) Demuestra que a es un ideal primo de K [X , Y ]. (2) Determina la normalización del dominio de integridad A := K [X , Y ]/(Y 2 − X 3 − X 2 ). ´ SOLUCION Ejercicio. 39.9. Sea K un cuerpo de caracter´ıstica distinta de 2 y 3 y a = (X 3 + Y 3 + Z 3 , X 2 + Y 2 + Z 2 , (X + Y + Z)3 ) ⊆ K [X , Y , Z] un ideal. Demuestra que X , Y , Z ∈ rad(a). ´ SOLUCION Ejercicio. 39.10. Sea K un cuerpo y a = (X 4 + Y 4 + Z 4 , X + Y + Z) ⊆ K [X , Y , Z]. (1) Si car(K ) 6= 2, utiliza bases de Groebner para comprobar que XY + XZ + YZ ∈ rad(a) y determina la m´ınima potencia de XY + XZ + YZ contenida en a. (2) Sea b = (X 4 + Y 4 + Z 4 , X + Y + Z, XY + XZ + YZ) ⊆ K [X , Y , Z]. Comprueba que la base de Groebner reducida de b respecto al orden lexicográfico X > Y > Z es {X + Y + Z, Y 2 + YZ + Z 2 }. Deduce que K [X , Y , Z]/b ∼ = K [Y , Z]/(Y 2 + YZ + Z 2 ), y que b es un ideal radical si car(K ) 6= 3. (3) Si car(K ) 6= 2, 3, demuestra que rad(a) = b. (4) Si car(K ) = 3, demuestra que rad(a) = (X − Y , Y − Z). (5) Si car(K ) = 2, demuestra que a = (X + Y + Z) es un ideal primo, y por tanto radical. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

198

C AP. VI. D EPENDENCIA ENTERA ´ SOLUCION

Ejercicio. 39.11. Sea a = (X 2 Y + Z 3 , X + Y 3 − Z, 2Y 4 Z − YZ 2 − Z 3 ) ⊆ K [X , Y , Z]. Utiliza bases de Groebner para probar que X , Y , Z ∈ rad(a) y concluye que rad(a) = (X , Y , Z). Demuestra que X 9 , Y 7 , Z 9 son las m´ınimas potencias de X , Y y Z, respectivamente, que pertenecen en a. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.12. Sean V = V(X 3 − X 2 Z − Y 2 Z), W = V(X 2 + Y 2 − Z 2 ) conjuntos algebraicos de C3 . Demuestra que I(V ) = (X 3 − X 2 Z − Y 2 Z), y I(W ) = (X 2 + Y 2 − Z 2 ) en C[X , Y , Z]. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.13. Sea V = V(X 3 + Y 3 + 7Z 3 ) ⊆ C3 . Demuestra que I(V ) = (X 3 + Y 3 + 7Z 3 ) ⊆ C[X , Y , Z]. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.14. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos. (1) Si p1 ⊆ p2 ⊆ . . . ⊆ pn es una cadena de ideales primos distintos de A, demuestra que existe una cadena q1 ⊆ q2 ⊆ . . . ⊆ qn de ideales primos distintos de B tales que qi ∩A = pi para i = 1, . . . , n. (2) Si q1 ⊆ q2 ⊆ . . . ⊆ qn es una cadena de ideales primos distintos de B y pi = qi ∩ A, para i = 1, . . . , n, demuestra que p1 ⊆ p2 ⊆ . . . ⊆ pn es una cadena de ideales primos distintos de A. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.15. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos. (1) Si a ∈ A es invertible en B, demuestra que a es invertible en A. (2) Demuestra que J(A) = J(B)c . ´ SOLUCION Ejercicio. 39.16. Sea A ⊆ B una extensión entera de anillos. Si todo ideal primo no nulo de A es maximal, demuestra que todo ideal primo de B es maximal. 26 de octubre de 2010



199 ´ SOLUCION

Ejercicio. 39.17. (1) Prueba que si a es un ideal maximal de A, nunca a[x] es un ideal maximal de A[X ]. (2) Encuentra un ideal maximal m ⊆ A[X ] tal que a[x] ⊆ m. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.18. Sea p un ideal de K [X1 , . . . , Xn ] primo y principal, entonces ht(p) = 1 o equivalentemente dim(K [X1 , . . . , Xn ]/p) = n − 1. Observa que como una hipersuperficie es el conjunto de ceros de un polinomio, entonces cuando e´ ste es irreducible, la hipersuperficie es de dimensión n − 1. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.19. Determinar los ideales primos del anillo C[X , Y ]. ´ SOLUCION Ejercicio. 39.20. Calcula un subanillo de polinomios maximal en A = R[X , Y ]/(XY − 1). ´ SOLUCION


P. Jara

Cap´ıtulo VII Espectro primo y localizaci´ on 40 41 42 43

Localización . . . . . . . . . . . . . . . . Ideales primos en anillos de polinomios Módulos de fracciones . . . . . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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202 214 226 235

Introducci´ on ´ ´ Una de las técnicas más utiles en Algebra Conmutativa es la de localización. Desde un punto de vista algebraico e´ sta permite, de forma dual al anillo cociente, estudiar los ideales (primos) contenidos en uno dado y, desde el punto de vista geométrico, permite estudiar conjuntos algebraicos en las proximidades de algunos de sus puntos y, en general, de subconjuntos algebraicos irreducibles. Se inicia el cap´ıtulo con una introducción a los anillos de fracciones, su construcción y sus propiedades elementales. En la segunda sección se aplican estos resultados al estudio de los ideales primos de anillos de polinomios, estableciendo en este caso tests de primalidad de ideales. Se cierra el cap´ıtulo con la construcciones de los módulos de fracciones y el estudio de las propiedades categóricas que se deducen de estas construcciones.

Ń C AP. VII. E SPECTRO PRIMO Y LOCALIZACI O

202

40.

Localizaci´ on

Sea A un anillo y Σ ⊆ A un subconjunto cerrado para la multiplicación y conteniendo al elemento 1, i.e., multiplicativamente cerrado. Suponemos además que 0 ∈ / Σ. Se considera el producto cartesiano A × Σ, y en e´ l se define una relación de equivalencia (a1 , s1 ) ≡ (a2 , s2 ) si y sólo si existe t ∈ Σ tal que (a1 s2 − a2 s1 )t = 0.

(VII.1)

Lema. 40.1. Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo, entonces (A × Σ)/ ≡, con operaciones definidas por: (a1 , s1 ) + (a2 , s2 ) = (a1 s2 + a2 s1 , s1 s2 ) (a1 , s1 )(a2 , s2 ) = (a1 a2 , s1 s2 ) y elemento uno igual a (1, 1), es un anillo conmutativo y la aplicación λΣ,A : A → (A × Σ)/ ≡, definida por λΣ,A (a) = (a, 1) es un homomorfismo de anillos. Para simplificar la notación representamos a (A×Σ)/ ≡ simplemente por Σ−1 A y lo llamamos el anillo de fracciones de A respecto a Σ. El elemento (a, s) se representa por as . La aplicación λΣ,A se representa, abreviadamente, por λ. ´ . La operación suma está bien definida. Sea D EMOSTRACI ON 0 tal que s(ab − a0 b) = 0, para cada dc ∈ Σ−1 A se tiene: c + − b d

a

a0 c + 0 b d

=

a b

=

a0 b0 ,

por lo tanto existe s ∈ Σ

(ad + bc)b0 d − (a0 d + b0 c)bd ad + bc a0 d + b0 c − = . bd b0 d bb0 d2

Para ver que el resultado es igual a cero escribimos: s[(ad + bc)b0 d − (a0 d + b0 c)bd] = s[ab0 d2 + bb0 cd − a0 bd2 − bb0 cd] = s(ab0 − a0 b)d2 = 0. Por otro lado se tiene a

c × − b d

a0 c × 0 b d

=

ac a0 c acb0 d − a0 cbd − 0 = . bd b d bb0 d2

Para ver que el resultado es igual a cero escribimos: s[acb0 d − a0 cbd] = s(ab0 − a0 b)cd = 0. Las propiedades aritméticas de la suma y el producto son directas y se dejan como ejercicio para el lector. 26 de octubre de 2010


Ń S EC . 40. L OCALIZACI O

203

Observaciones. 40.2. (1) Si 0 ∈ Σ, entonces el anillo Σ−1 A es el anillo trivial, esto es, todos los elementos son iguales ˜ a cero. Por lo tanto vamos a suponer, como senalamos al principio y si no se especifica lo contrario, que Σ no contiene al elemento 0. (2) El sentido de incluir t en la definición de la relación de equivalencia en (VII.1) es para asegurar que una fracción a/s es la fracción cero si y solo si existe t ∈ Σ tal que at = 0, y es necesaria ya que el anillo A no tiene que ser necesariamente un dominio de integridad. Observa que si no incluimos t es la definición de la relación de equivalencia y 0 6= a ∈ A ´ s0 ∈ Σ, entonces verifica as0 = 0 para algun as0 a 0 0 = 0 = 0 = , 1 s s 1 lo que ser´ıa una contradicción, ya que tendr´ıamos a = 0. Lema. 40.3. Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo. Se verifica Ker(λΣ,A ) = {a ∈ A | ∃s ∈ Σ tal que as = 0}. En particular son equivalentes los siguientes enunciados: (a) λΣ,A : A → Σ−1 A es inyectivo. (b) Σ no contiene divisores de cero. ´ . La descripción del nucleo ´ D EMOSTRACI ON es consecuencia directa de la definición de la relación de equivalencia. Para la equivalencia tenemos: (a) ⇒ (b). Supongamos que λ es inyectivo y que s ∈ Σ es un divisor de cero, entonces existe 0 6= x ∈ A tal que sx = 0, y por tanto λ(x) = 0, lo que es una contradicción. (b) ⇒ (a). Si λ(x) = 0, entonces x/1 = 0/1, y existe s ∈ Σ tal que sx = 0. Por tanto s es un divisor de cero, lo que es una contradicción. Teorema. 40.4. (Propiedad universal del anillo de fracciones.) Dado un anillo conmutativo A y un subconjunto multiplicativo Σ, para cada homomorfismo de anillos conmutativos f : A → B tal que para cada s ∈ Σ se verifica que f (s) ∈ B es ´ invertible, existe un unico homomorfismo de anillos f 0 : Σ−1 A → B tal que f = f 0 ◦ λΣ,A . A>

>> >> > f >>


λΣ,A

B

|y

/ y

y

Σ−1 A y

y f0

P. Jara


204

´ . En caso de existir f 0 estar´ıa definida f 0 (a/s) = f (a)f (s)−1 , de aqu´ı se deduce D EMOSTRACI ON la unicidad. Se deja al lector comprobar que as´ı definida f 0 verifica las condiciones del enunciado. Corolario. 40.5. Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y f : A −→ B un homomorfismo de anillos verificando: (1) Para cada s ∈ Σ se tiene que f (s) es una unidad en B; (2) Si f (a) = 0, entonces existe s ∈ Σ tal que sa = 0; (3) Para cada b ∈ B existen a ∈ A y s ∈ Σ tales que b = f (a)f (s)−1 . ´ Entonces existe un unico isomorfismo f 0 : Σ−1 A → B tal que f = λΣ,A ◦ f 0 . A>

>> >> > f >>

λΣ,A

B

|y

/ y

y

Σ−1 A y

y f0

´ . Basta comprobar que al verificar las condiciones del enunciado el homoD EMOSTRACI ON 0 morfismo f del Teorema (40.4.) es un isomorfismo. Es inyectiva, ya que si f 0 (a/s) = 0, entonces f (a) = 0 y existe s ∈ Σ tal que sa = 0, luego a/s = 0/1. Es sobreyectiva, ya que para cada b ∈ B existen a ∈ A y s ∈ Σ tales que b = f (a)f (s)−1 = f 0 (a/s). Las tres propiedades anteriores caracterizan al anillo de fracciones de A respecto a Σ. Ejemplo. 40.6. Sea A un anillo y Σ un conjunto de unidades de A, entonces Σ−1 A ∼ = A. Ejemplo. 40.7. Sea A un anillo conmutativo y p un ideal primo de A, entonces A \ p es un subconjunto multiplicativo. El anillo de fracciones Σ−1 A se representa por Ap . Lema. 40.8. Con la notación anterior se tiene que Ap es un anillo local con ideal maximal pAp = {a/s ∈ Ap | a ∈ p, s ∈ A \ p}. ´ . Es claro que pAp = pe = {a/s ∈ Ap | a ∈ p, s ∈ A \ p} es un ideal de Ap . D EMOSTRACI ON Además, si b/1 ∈ / pAp , entonces b ∈ / p, luego b ∈ A \ p y b/1 es invertible. Ejemplo. 40.9. Sea A un anillo conmutativo y Σ0 = Reg(A), el conjunto de los elementos regulares de A. El anillo de fracciones Σ−1 0 A se llama el anillo total de fracciones de A. 26 de octubre de 2010



205

Cuando A es un dominio de integridad, entonces Σ0 = A \ {0} y el anillo de fracciones es un cuerpo, lo llamamos el cuerpo de fracciones de A. Como consecuencia del Lema (40.3.), para cada subconjunto multiplicativo Σ si λΣ,A : A −→ Σ−1 A es inyectivo, entonces Σ ⊆ Σ0 , y es claro que el anillo total de fracciones de A es el mayor anillo de fracciones de A en el que A está incluido como un subanillo. Ejemplo. 40.10. Dado un anillo conmutativo A y un elemento a ∈ A, el conjunto Σ = {an | n ∈ N} es multiplicativo. El anillo de fracciones se representa por Aa , y está formado por todas las fracciones que tienen como denominador una potencia de a. Observar que si a es nilpotente, entonces 0 ∈ Σ y el anillo de fracciones Aa se reduce a 0.

Ideales primos Lema. 40.11. (Teorema de Krull.) Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo (que no contiene a cero) entonces existe un ideal primo p que es maximal verificando p ∩ Σ = ∅. ´ . Dado Σ definimos Γ = {p | p es un ideal primo de A tal que p ∩ Σ = ∅}. Se D EMOSTRACI ON prueba que Γ es no vac´ıo, ya que 0 ∈ Γ, y es inductivo. Aplicando el Lema de Zorn existen en Γ elementos maximales. Finalmente probamos que cada elemento maximal de Γ es un ideal primo y se tiene el resultado. Corolario. 40.12. Sea A un anillo conmutativo, entonces A tiene ideales maximales y cada ideal propio está contenido en un ideal maximal. A continuación, suponiendo probado el anterior Corolario, ver por ejemplo Lema (3.9.), se puede hacer la siguiente demostración del Lema de Krull. ´ . [Otra demostración del Lema de Krull.] Se considera el homomorfismo λ : D EMOSTRACI ON −1 A −→ Σ A. En Σ−1 A tomamos un ideal maximal m. Finalmente tomamos p := λ−1 (m), que es un ideal primo de A que es maximal entre los que verifican p ∩ Σ = ∅.

Subconjuntos saturados Sea A un anillo conmutativo, un subconjunto multiplicativo se llama saturado si verifica: ab ∈ Σ implica a ∈ Σ y b ∈ Σ para cualesquiera a, b ∈ A ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


206

El ejemplo t´ıpico de subconjunto multiplicativo saturado es el complemento de un ideal primo. Es claro que la intersección de subconjuntos multiplicativos saturados también lo es, luego para cada subconjunto multiplicativo podemos considerar su clausura saturada, esto es, la intersección de los subconjuntos multiplicativos saturados que lo contienen; lo representamos por Σ. La descripción de la clausura saturada de Σ es: Σ = {a ∈ A | existe b ∈ A tal que ab ∈ Σ}. En efecto, es claro que Σ, as´ı definido, es un subconjunto multiplicativo saturado que contiene a Σ. Para ver que es saturado, sean a1 a2 ∈ Σ, existe b ∈ A tal que (a1 a2 )b ∈ Σ, de la igualdad (a1 a2 )b = a1 (a2 b) = a2 (a1 b) se tiene que a1 , a2 ∈ Σ. En este caso se tiene un isomorfismo −1 Σ−1 A ∼ = Σ A. Ver Ejercicio (43.13.). Otra descripción de Σ se obtiene como consecuencia del Teorema de Krull. Lema. 40.13. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, entonces Σ = ∩{A \ p | p ∈ Spec(A), p ∩ Σ = ∅} ´ . Dado Σ definimos D EMOSTRACI ON Σs = ∩{A \ p | p ∈ Spec(A), p ∩ Σ = ∅}. Es claro que Σ ⊆ Σs y que Σs es saturado ya que es intersección de subconjuntos saturados. Como consecuencia Σ ⊆ Σs . Sea ahora x ∈ Σs \ Σ, entonces para cada ideal primo p tal que p ∩ Σ = ∅ se tiene x ∈ / p. Por otro lado x ∈ / Σ, y como Σ es saturado, para cada a ∈ A se tiene ax ∈ / Σ, esto es, Ax∩Σ = ∅. Existe un ideal q maximal entre los que contienen a Ax y no cortan a Σ. Es claro que q es un ideal primo que no corta a Σ y que por tanto no puede contener a x, llegando as´ı a una contradicción. Ver Ejercicio (43.12.) Observa que se tiene Σ = A \ (∪{p | p ∩ Σ = ∅}). Por lo tanto todo subconjunto multiplicativo saturado es un complemento de una unión de ideales primos. Ejemplo. 40.14. Sea A un anillo conmutativo, como U(A), el conjunto de las unidades de A, es un conjunto multiplicativo saturado, entonces A \ U(A) es una unión de ideales primos, en concreto de todos los ideales maximales de A. Ejemplo. 40.15. Sea A un anillo conmutativo y Reg(A) = Σ0 , el conjunto de los elementos regulares, entonces A \ Reg(A) es el conjunto de los divisores de cero. Como Reg(A) es un subconjunto multiplicativo saturado, tenemos que el conjunto de los divisores de cero es una unión de ideales primos. 26 de octubre de 2010



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A los ideales maximales, entre los que están contenidos en el conjunto de los divisores de cero, los llamamos ideales maximales de divisores de cero de A.

Veamos otra aplicación. Sea M un A–módulo, llamamos Div(M) = {a ∈ A | existe 0 6= m ∈ M tal que am = 0} y Reg(M) = A \ Div(M). Lema. 40.16. Con la notación anterior tenemos que Reg(M) es un subconjunto multiplicativo saturado y por tanto Div(M) es una unión de ideales primos.

´ . Es claro que Reg(M) es un subconjunto multiplicativo saturado. D EMOSTRACI ON

Los ideales primos contenidos en Div(M) se llaman ideales primos de M y los maximales se llaman ideales primos maximales de M. Proposici´ on. 40.17. Sea A un anillo conmutativo y Σ, Γ subconjuntos multiplicativos tales que Σ ⊆ Γ, entonces ´ existe un unico homomorfismo de anillos f tal que λΓ,A = f ◦ λΣ,A , ver el siguiente diagrama para las notaciones. λΣ,A

A DD

DD DD D λΓ,A DD!

zu

/ u u f

u

Σ−1 A

u

Γ−1 A

Además son equivalentes las siguientes propiedades: (a) f es un isomorfismo. (b) Un ideal primo p de A no corta a Σ si y solo si no corta a Γ. (c) Las saturaciones de Σ y Γ son iguales.

´ . (a) ⇒ (b). Si p ∩ Γ 6= ∅, existe s ∈ p ∩ Γ, como λΣ,A (s) = f −1 ◦ λΓ,A (s) es D EMOSTRACI ON invertible en Σ−1 A, entonces s ∈ Σ y tenemos p ∩ Σ 6= ∅. (b) ⇒ (c). Es evidente de la caracterización de la saturación de Σ como intersección de los ideales primos que no cortan a Σ. −1 (a) ⇒ (b). Como existe un isomorfismo Σ−1 A ∼ = Σ A, ver Ejercicio (43.13.), el resultado es evidente.


P. Jara


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Extensi´ on y contracci´ on de ideales. Anillos locales Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y λΣ,A : A −→ Σ−1 A el homomorfismo canónico. Para cada ideal a de A se tiene ae = λ(a)Σ−1 A = aΣ−1 A = {a/s ∈ Σ−1 A | a ∈ a, s ∈ Σ} = Σ−1 a. Si b es un ideal de Σ−1 A, entonces λ−1 (b) = {a ∈ A | a/1 ∈ b} = bc . ´ En general se verifica b = bce y a $ aec . Para analizar la ultima inclusión llamamos a aec la Σ–saturaci´ on de a. Es claro que aec = {a ∈ A | existe s ∈ Σ tal que sa ∈ a}. Ejemplo. 40.18. Se considera el anillo Z y el subconjunto multiplicativo Σ = Z \ {0}. Si a = 2Z, entonces ae = 2ZQ = Q y es claro que a $ aec = Z. Proposici´ on. 40.19. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, existe una biyección que conserva el orden entre los ideales de Σ−1 A y los ideales Σ–saturados de A. Además para cada ideal a de A se verifica aec = A si y sólo si a ∩ Σ 6= ∅. En particular existe una correspondencia biyectiva entre los ideales primos de Σ−1 A y los ideales primos de A que no cortan a Σ. ´ . Es clara la biyección entre los ideales de Σ−1 A y los ideales Σ–saturados de D EMOSTRACI ON A, as´ı como el que ae = Σ−1 S si y sólo si a ∩ Σ 6= ∅. Por otro lado, si p es un ideal primo de A ˜ que no corta a Σ, entonces p es Σ–saturado, lo que prueba la biyección senalada. Vamos a ver que si p es primo y p ∩ Σ = ∅, entonces p = pec . Si x ∈ pec , existe s ∈ Σ tal que xs ∈ p, y como p es primo y s ∈ / p, se tiene x ∈ p. Proposici´ on. 40.20. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 es una función creciente en el conjunto de los ideales que conmuta con las siguientes operaciones de ideales: (1) Sumas. (2) Productos. (3) Intersecciones finitas. (4) Radicales. 26 de octubre de 2010



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´ . Es claro que si a ⊆ b, entonces Σ−1 a ⊆ Σ−1 b. D EMOSTRACI ON P P P P Se tieneP λ∈Λ Σ−1 a ⊆ Σ( a ), y si a/1 ∈ Σ( a ), existe s ∈ Σ tal que as ∈ λ λ λ∈Λ λ∈Λ λ∈Λ aλ ; P P P si as = λ aλ ∈ λ∈Λ aλ , de soporte finito, entonces a/1 = as/s = λ aλ /s ∈ λ∈Λ Σ−1 aλ , y tenemos la igualdad. Basta probar que Σ−1 (ab) = (Σ−1 a)(Σ−1 b). Como Σ−1 (a ∩ b) ⊆ Σ−1 a, Σ−1 b, se tiene Σ−1 (a ∩ b) ⊆ Σ−1 a ∩ Σ−1 b. Por otro lado, si a/1 ∈ Σ−1 a ∩ Σ−1 b, existe s ∈ Σ tal que as ∈ a, b, luego a/1 = as/s ∈ Σ−1 (a ∩ b). Si a/1 ∈ rad(Σ−1 a), existe n ∈ N tal que an /1 ∈ Σ−1 a, y existe s ∈ Σ tal que an s ∈ a, luego an sn ∈ a y as ∈ rad(a), por lo tanto a/1 = as/s ∈ Σ−1 a. Por otro lado, si a/1 ∈ Σ−1 a existe s ∈ Σ tal que as ∈ rad(a) y existe n ∈ N al que an sn ∈ a, entonces an /1 = an sn /sn ∈ Σ−1 a, y a/1 ∈ rad(Σ−1 a). Para intersecciones arbitrarias el resultado no es cierto, como prueba el siguiente ejemplo. Ejemplo. 40.21. Considera el anillo A = Z, y para cada n ∈ N∗ el ideal an = nZ. Tomamos Σ = Z \ {0}. Se verifica: Σ−1 ∩n an = Σ−1 0 = 0. Por otro lado ∩n Σ−1 an = ∩n Q = Q. Aunque Σ−1 no conmuta con intersecciones infinitas, como consecuencia de la conmutación de Σ−1 y el radical de ideales se tiene el siguiente resultado: Corolario. 40.22. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, se verifica: Nil(Σ−1 A) = Σ−1 Nil(A). ´ . Es claro que D EMOSTRACI ON Σ−1 Nil(A) = Σ−1 (∩{p | p primo en A}) ⊆ ∩{Σ−1 p | p primo en A} = Nil(Σ−1 A). n Por otro lado, si as ∈ Nil(Σ−1 A), existe n ∈ N tal que as = 0, y por tanto existe t ∈ Σ tal que −1 Nil(A). tan = 0. Entonces (ta)n = 0 y ta ∈ Nil(A). En consecuencia as = ta ts ∈ Σ ´ Si p es un ideal primo de un anillo A, el localizado Ap tiene un unico ideal maximal, ver Proposición (40.19.). Por lo tanto es un anillo local, y existe una biyección entre los ideales primos de Ap y los ideales primos de A contenidos en p. Como consecuencia, si p es un ideal primo ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

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´ otro ideal primo) de A, entonces Ap es un anillo con un unico ´ minimal (no contiene a ningun ideal primo. La siguiente es una descripción del anillo de fracciones en el caso particular de un dominio, ˜ en el sentido senalado en el Ejemplo (40.9.). Proposici´ on. 40.23. Sea D un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K , entonces (1) cada anillo de fracciones de Σ−1 D de D es un subanillo de K y (2) se verifica: D = ∩{Dm | m ∈ Max(D)}.

´ . Dado un subconjunto multiplicativo Σ ⊆ D se tiene Σ ⊆ D \ {0}, luego D EMOSTRACI ON −1 D ⊆ Σ A ⊆ K. Se tiene entonces D ⊆ ∩m Dm . Por otro lado, se x ∈ ∩m Dm , entonces para cada x ∈ ∩m Am existen ax ∈ A y sx ∈ A \ m tales que x = ax /sx . Como consecuencia xsx = ax ∈ A. Entonces el ´ ideal maximal m, y por lo tanto ideal A : x = {a ∈ A | xa ∈ A} no está contenido en ningun A : x = A, esto es, x ∈ A. Ver Ejercicio (43.25.) Observaci´ on. 40.24. Ya que para cada ideal primo p de un anillo A existe un ideal maximal m tal que p ⊆ m, entonces existe un homomorfismo inyectivo Am → Ap , y podemos, en la anterior intersección, sustituir el conjunto de los ideales maximales por el conjunto de los ideales primos.

Anillos noetherianos Lema. 40.25. Sea A un anillo noetheriano y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 A es un anillo noetheriano.

´ . Es consecuencia de la Proposition (40.20.). D EMOSTRACI ON

Ver Ejercicio (43.22.) 26 de octubre de 2010



211

Lema. 40.26. Si A es un anillo, a ⊆ A un ideal y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, se verifica: (1) Si a = (a1 , . . . , at ), entonces Σ−1 a := aΣ−1 A = ( a11 , . . . , a1t ). (2) Si a es principal, entonces aΣ−1 A es principal. ´ . D EMOSTRACI ON

Ver Ejercicio (43.22.)

Extensiones enteras Proposici´ on. 40.27. Si A ⊆ B es una extensión entera de anillos y Σ ⊆ A es un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 A ⊆ Σ−1 B es una extensión entera. ´ . Dado s/t ∈ Σ−1 B, como s es entero sobre A existen an−1 , . . . , a0 ∈ A tales D EMOSTRACI ON que sn + an−1 sn−1 + · · · + a0 = 0. Multiplicando por t −n tenemos (s/t)n + (an−1 /t)(s/t)n−1 + · · · + (a0 /t n ) = 0. y por tanto s/t es entero sobre Σ−1 A.

Vamos estudiar ahora la clausura entera y su relación con la localización. El primer resultado es sobre dominios normales. Teorema. 40.28. Cada anillo de fracciones de un dominio normal es un dominio normal. ´ . Si A es un dominio normal y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, enD EMOSTRACI ON tonces los cuerpos de fracciones de A y de Σ−1 A coinciden, llamemos a este cuerpo K . Dado x ∈ K entero sobre Σ−1 A, existen elementos an−1 , . . . , a0 ∈ A y t ∈ Σ tales que sea xn + (an−1 /t)xn−1 + · · · + (a0 /t) = 0. Multiplicando por t tenemos: txn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0, ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


212 multiplicando por t n−1 tenemos:

(tx)n + an−1 (tx)n−2 + · · · + a0 t n−1 = 0, luego tx es entero sobre A y por tanto tx ∈ A, entonces x = tx/t ∈ Σ−1 A y Σ−1 A es un dominio normal. Ahora tratamos la clausura entera. Proposici´ on. 40.29. Sea A ⊆ B una extensión de anillos y A ⊆ C ⊆ B la clausura entera de A en B. Si Σ ⊆ A es un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 C es la clausura entera de Σ−1 A en Σ−1 B. ´ . Tenemos las extensiones de anillos D EMOSTRACI ON Σ−1 A ⊆ Σ−1 C ⊆ Σ−1 B. Por la proposición (40.27.) resulta que Σ−1 A ⊆ Σ−1 C es una extensión entera, luego Σ−1 C está contenido, C 0 , la clausura entera de Σ−1 A en Σ−1 B. Dado ahora un elemento s/t ∈ C 0 , existe una expresión (x/t)n + (an−1 /s)(x/t)n−1 + · · · + (a0 /s) = 0, con s ∈ Σ. Multiplicando por (st)n tenemos la expresión: (sx)n + (an−1 /s)st(sx)n−1 + · · · + (a0 /s)sn t n = 0. (sx)n + an−1 t(sx)n−1 + · · · + a0 sn−1 t n = 0. Entonces sx ∈ B es entero sobre A y por tanto sx ∈ C. Luego x/t = sx/st ∈ Σ−1 C y tenemos la igualdad Σ−1 C = C 0 . Como consecuencia de esta proposición tenemos que el ser un dominio normal es una propiedad local, esto es, un dominio de integridad A es normal si y solo si cada localizado Ap , con p primo, es un dominio normal. Proposici´ on. 40.30. Sea A un dominio de integridad. Son equivalentes: (a) A es normal; (b) Ap es normal para cada ideal primo p; (c) Am es normal para cada ideal primo m. 26 de octubre de 2010



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´ . Llamemos C a la clausura entera de A en K , y llamemos ϕ: A → C la incluD EMOSTRACI ON sión canónica. Como consecuencia del Lema (42.14.), tenemos las equivalencias: A es normal ⇔ ϕ es sobreyectiva ⇔ ϕp es sobreyectiva para cada ideal primo p (Ap es normal para cada ideal primo p) ⇔ ϕm es sobreyectiva para cada ideal maximal m. (Am es normal para cada ideal maximal m).

Ideales primarios Ya conocemos que los ideales primos son ideales saturados. Vamos a introducir un nuevo tipo de ideales saturados: los ideales primarios. Sea A un anillo conmutativo. Un ideal a se llama primario si verifica: ab ∈ a y a ∈ / a, entonces existe n ∈ N tal que bn ∈ a. Como consecuencia de la definición, si a es un ideal primario, entonces rad(a) es un ideal primo, sea p, entonces a se llama p–primario. Proposici´ on. 40.31. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, se verifica: (1) Si p ∈ Spec(A), p ∩ Σ = ∅ y a un ideal p–primario, entonces a es Σ–saturado (también podemos quedarnos con la condición a ∩ Σ = ∅); (2) Si p ∈ Spec(A), p ∩ Σ 6= ∅ y a un ideal p–primario, entonces Σ−1 a = Σ−1 A; (3) Existe una correspondencia biyectiva entre ideales primarios de Σ−1 A e ideales primarios de A que no cortan a Σ. ´ . D EMOSTRACI ON (1) Como p ∩ Σ = ∅, resulta que Σ ⊆ A \ p, y por tanto basta comprobar que si as ∈ a, con s∈ / p, entonces a ∈ a. En efecto, si a ∈ / a, existe n ∈ N tal que sn ∈ a ⊆ p, lo que es una contradicción. (2) En este caso basta comprobar que a ∩ Σ 6= ∅. Si p ∩ Σ 6= ∅, para cada s ∈ p ∩ Σ existe n ∈ N tal que sn ∈ a, luego sn ∈ a ∩ Σ. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


214

(3) Dado a un ideal primario que no corta a Σ basta ver que Σ−1 a es un ideal primario en Σ−1 A. Sean (a/1)(b/1) ∈ Σ−1 a, entonces ab/1 ∈ Σ−1 a y tenemos ab ∈ a por ser a un ideal Σ–saturado. Entonces a ∈ a o existe n ∈ N tal que bn ∈ a. Por tanto tenemos a/1 ∈ Σ−1 a o existe n ∈ N tal que (b/1)n ∈ Σ−1 a. Rec´ıprocamente, si q ⊆ Σ−1 A es primario y ab ∈ qc , se tiene (ab)/1 ∈ q, luego a/1 ∈ q o existe n ∈ N tal que (b/1)n ∈ q. Entonces se tiene a ∈ qc o existe n ∈ N tal que bn ∈ qc .

41.

Ideales primos en anillos de polinomios

Dado un anillo A estamos interesados en determinar si un ideal dado de A[X ] es primo. Para esto hacemos la siguiente observación: Dado un ideal primo p de A[X ] se tienen los siguientes resultados:

(1) p ∩ A ⊆ A es un ideal primo.

Llamamos B := A/(p ∩ A). Como B es un dominio, sea F su cuerpo de fracciones. Se verifica que F[X ] es el anillo de fracciones de B[X ] con respecto al subconjunto multiplicativo Σ = B \ {0} ⊆ B[X ]. Existe un homomorfismo de anillos: A[X ]

α

/

A[X ] = B[X ] (p ∩ A)

β

/

F[X ],

donde α es la proyección canónica y β la inclusión en el localizado. Se tiene Ker(α) = (p ∩ A)[X ] ⊆ p, luego α(p) es un ideal primo de B[X ]. Como α(p) ∩ Σ = ∅, ya que si b = a + (p ∩ A) ∈ α(p) ∩ Σ, existe p ∈ p tal que α(p) = b = α(a), luego p − a ∈ Ker(α) ⊆ p, y por tanto a ∈ p ∩ A y b = 0, lo que es una contradicción, tenemos: (2) α(p)e := β(α(p))F[X ] es un ideal primo de F[X ] y (3) el ideal α(p) es Σ–saturado en B[X ].

´ Esto ultimo es consecuencia de que α(p) es un ideal primo que α(p) ∩ Σ = ∅. Vamos a probar la siguiente proposición: 26 de octubre de 2010


S EC . 41. I DEALES PRIMOS EN ANILLOS DE POLINOMIOS

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Proposici´ on. 41.1. En la situación anterior un ideal p de A[X ] es un ideal primo si y solo si se verifica: (1) p ∩ A es un ideal primo de A. (2) α(p)e es un ideal primo de F[X ]. (3) α(p) es un ideal Σ–saturado de B[X ]. ´ . Ya hemos probado la condición necesaria. Veamos la condición suficiente. D EMOSTRACI ON Dados f , g ∈ A[X ] tales que fg ∈ p, aplicando β ◦ α : A[X ] −→ B[X ] −→ F[X ] tenemos (β ◦ α)(f )(β ◦ α)(g) ∈ α(p)e . Entonces (β ◦ α)(f ) ∈ α(p)e o (β ◦ α)(g) ∈ α(p)e . Supongamos que (β ◦ α)(f ) ∈ α(p)e , como α(p) es Σ–saturado se tiene α(f ) ∈ α(p), y existe p ∈ p tal que α(f ) = α(p), esto es, f − p ∈ Ker(α) ⊆ p, luego f ∈ p. Ejercicio. 41.2. Veamos, como aplicación, cuales son los ideales primos de Z[X ]. ´ . D EMOSTRACI ON (1) Por un lado tenemos el ideal cero. (2) Si p es un ideal primo no nulo de Z[X ] se tiene p ∩ Z = pZ (2.1) Si p = 0, entonces A = B = Z y F = Q. A[X ]

α

B[X ]

β

/

F[X ].

Por tanto α(p)e = pQ[X ] es un ideal primo no nulo de Q[X ]. Sea pQ[X ] = (h), con h ∈ Z[X ]. Podemos suponer que h es un polinomio irreducible primitivo, evidentemente se tiene p = (h). (2.2) Si p 6= 0, entonces A = Z, B = F = Zp . A[X ]

α

/

B[X ]

β

F[X ].

En este caso α(p) es un ideal primo de Zp [X ]. (2.2.1) Si α(p) = 0 tenemos p ⊆ Ker(α) = (p ∩ A)[X ] ⊆ p, y p = pZ[X ]. (2.2.2) Si α(p) 6= 0 tenemos α(p) = (h), siendo h ∈ Zp [X ] irreducible. En este caso existe f ∈ p tal que α(f ) = h y se verifica p = (p, f )Z[X ]. En efecto, si g ∈ p tenemos α(g) = ch, con c ∈ Zp [X ]. Sea d ∈ Z[X ] tal que α(d) = c, entonces α(df ) = ch = α(g), esto es, g − df ∈ Ker(α) ⊆ (p ∩ A)[X ] = pZ[X ], esto es, g ∈ (p, f )Z[X ].


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En resumen los ideales primos de Z[X ] son de la forma (h), (p) o´ (p, f ), siendo p ∈ Z primo, h ∈ Z[X ] irreducible primitivo y f ∈ Z[X ] irreducible y es también irreducible módulo p. Ejercicio. 41.3. Con la notación del Ejercicio (41.2.) Prueba que para cada ideal primo (h) ⊆ Zp [X ] existen ´ dos unicos ideales primos p1 ⊆ p2 de Z[X ] tales que 0 = p1 ∩ Z ⊂ p2 ∩ Z = pZ y α(p1 ) = (h) = α(p2 ). ´ . Ya que h es primo, resulta que h ∈ Zp [x] es irreducible, entonces existe f ∈ Z[X ] S OLUCI ON irreducible tal que f 7→ h. Consideramos p1 = (f ) y p2 = (p, f ), que verifican las condiciones impuestas. La unicidad se desprende de la forma de los ideales primos de Z[X ]. A la hora de calcular los ideales primos de A[X ] necesitamos un resultado técnico para comprobar la saturación de ideales. Lema. 41.4. Sea B un dominio de integridad con cuerpo de fracciones F, b ⊆ B[X ] un ideal tal que be = bF[X ] = (h), siendo h ∈ B[X ] con coeficiente l´ıder b. Se verifica: (1) bec = bF[X ] ∩ B[X ] = bBb [X ] ∩ B[X ] = hBb [X ] ∩ B[X ]. (2) Si c = (b, 1 − bT )B[X , T ], entonces bBb [X ] ∩ B[X ] = c ∩ B[X ]. ´ . D EMOSTRACI ON (1) Ya que Bb ⊆ F, se tiene hBb [X ] ⊆ bBb [X ] ⊆ hF[X ] ∩ Bb [X ], y si f ∈ hF[X ] ∩ B[X ]. Sean axn , bxm los monomios l´ıderes de f y h, respectivamente. Como f ∈ hF[X ], se tiene n ≥ m y tenemos a X n−m h ∈ hF[X ] ∩ Bb [X ] f − b tiene grado menor que f . Iterando el proceso llegamos a un polinomio de grado menor que m, por lo que ha de ser igual a cero, y en consecuencia f es una combinación en Bb ´ de multiplos de h, esto es, f ∈ hBb [X ], y tenemos hF[X ] ∩ Bb [X ] = hBb [X ]. Al hacer la intersección con B[X ] tenemos: bec = bF[X ] ∩ B[X ] = hF[X ] ∩ B[X ] = hBb [X ] ∩ B[X ] = bBb [X ] ∩ B[X ]. Observar que en este punto hemos reducido el problema a considerar solamente fracciones en las que los denominadores son potencia de b. (2) Vamos a relacionar bBb [X ] ∩ B[X ] y c ∩ B[X ]. Dado f ∈ bBb [X ] ∩ B[X ] se verifica f = hg, siendo g ∈ Bb [X ]; existe n ∈ N tal que bn g ∈ B[X ], luego f = (bT )n f +(1−(bT )n )f = (T n h(bn g)+(1−(bT )n )f = hT n (bn g)f +(1−(bT )n )f ∈ c∩B[X ]. 26 de octubre de 2010



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Por otro lado, sea f ∈ c ∩ B[X ], se verifica f = hg1 + (1 − bT )g2 , con g1 , g2 ∈ B[X , T ], entonces, evaluando en T = 1/b se tiene f = hg1 (X , 1/b) ∈ hBb [X ] ∩ B[X ]. Veamos, como aplicación cómo calcular los ideales primos en anillos de polinomios con coeficientes en un cuerpo. Sea p ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] un ideal. Llamamos pi = p ∩ X [X1 , . . . , Xi ]. Si p es un ideal primo, entonces, necesariamente los ideales p1 , . . . , pn−1 son primos; pero esta condición no es suficiente. Para encontrar una condición suficiente debemos comenzar a estudiar p1 , después p2 , y as´ı sucesivamente hasta llegar a pn . Estudiamos ese caso. Si p1 es primo tenemos p1 = 0 o p1 = (h) ⊆ K [X1 ], siendo h un polinomio irreducible en K [X1 ]. Pasamos a estudiar p2 . Para ilustrar este caso vamos a estudiar un caso más general, esto es, vamos a suponer que los ideales p1 , . . . , pi−1 , i > 1, son primos y vamos a estudiar K [X1 ,...,Xi−1 ] , y llamamos F a su cuerpo de fracciones, α : pi . Consideramos el anillo B = pi−1 K [X1 , . . . , Xi−1 ][Xi ] −→ B[Xi ]. Estudiamos si el ideal α(pi ) ⊆ B[Xi ] es saturado y si su extendido α(pi )e ⊆ F[Xi ] es primo. Para lo segundo tenemos que ver si α(pi )e es cero o si está generado por un polinomio irreducible de F[Xi ]. Y para lo primero tenemos que ver si α(pi ) coincide con ´ su saturación (α(pi ), 1 − bT )B[Xi , T ] ∩ B[Xi ]. Este ultimo estudio podemos hacerlo estudiando la intersección (pi , 1 − aT )K [X1 , . . . , Xi , T ] ∩ K [X1 , . . . , Xi ], siendo α(a) = b, ya que:

pi _NN _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _/ α(pi ) P NNN PPP NNN PPP PPP NNN PPP NN& ' α / B[X ] A[Xi ] i (pi , 1 − aT ) _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _/ (α(pi ), 1 − bT ) NNN NNN NNN NN&

A[X , T ]

α0

PPP PPP PPP PP' / B[X , T ]

Como α y α0 son sobreyectivas, Ker(α) ⊆ pi y Ker(α0 ) ⊆ (pi , 1 − aT ), resulta que α(pi ) = (α(pi ), 1 − bT ) ∩ B[X ] si y solo si pi = (pi , 1 − aT ) ∩ A[X ]. Veamos algunas aplicaciones. Ejemplo. 41.5. Sea p = (XZ − Y 2 , YZ − X 3 , Z 2 − X 2 Y ) ⊆ Q[X , Y , Z]. Una base de Groebner reducida para p, con respecto al orden lexicográfico X > Y > Z > X , es: {X 3 − YZ, X 2 Y − Z 2 , XY 3 − Z 3 , XZ − Y 2 , Y 5 − Z 4 }. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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218 Definimos:

p1 = p ∩ Q[Z] = 0, p2 = p ∩ Q[Y , Z] = (Y 5 − Z 4 ), p3 = p = (X 3 − YZ, X 2 Y − Z 2 , XY 3 − Z 3 , XZ − Y 2 , Y 5 − Z 4 )

(Esto es consecuencia de la teor´ıa de la eliminación.) (1) Es claro que p1 es un ideal primo. (2) En el caso de p2 tenemos: A = Q[Z], B = Q[Z]/p1 = Q[Z] y F = Q(Z). Q[Z]

α

/

Q[Z] [Y ] p1

β

/ F[X ].

Tenemos que estudiar: (i) si α(p2 )e es primo en Q(Z)[Y ] y (ii) si α(p2 ) es saturado en Q[Z][Y ]. (i). Tenemos α(p2 )e = (Y 5 −Z 4 )Q(Z)[Y ]. Ya que Y 5 −Z 4 es irreducible en Q(Z)[Y ] entonces α(p2 )e = (Y 5 − Z 4 )Q(Z)[Y ] es un ideal primo. Para ver que Y 5 − Z 4 es irreducible podemos considerar el homomorfismo Q[Z][Y ] −→ Q[Y ], definido por Z 7→ 2, Y 7→ Y ; la imagen de Y 5 − Z 4 es Y 5 − 16 que es irreducible. Observar que el coeficiente l´ıder de h = Y 5 − Z 4 ∈ B[Y ] es 1. (ii). Estudiamos el ideal (α(p2 ), 1−T )B[Y , T ]∩B[Y ] para ver si coincide con α(p2 ). Tenemos (α(p2 ), 1 − T )B[Y , T ] ∩ B[Y ] = (Y 5 − Z 4 , 1 − T )Q[Y , Z, T ] ∩ Q[Y , Z], α(p2 ) = (Y 5 − Z 4 )Q[Y , Z]. Esta intersección se estudiar calculando las bases de Groebner respecto al orden lexicográfico con T > Y > Z. La base de Groebner reducida de (Y 5 − Z 4 , 1 − T )Q[Y , Z, T ] es: {Y 5 − Z 4 , 1 − T }, y la de (Y 5 − Z 4 , 1 − T )Q[Y , Z, T ] ∩ Q[Y , Z] es: {Y 5 − Z 4 }. La base de Groebner reducida de (Y 5 − Z 4 )Q[Y , Z] es: {Y 5 − Z 4 }. Entonces ambos ideales son iguales y el ideal α(p2 ) es saturado. Como consecuencia el ideal p2 ⊆ Q[Y , Z] es primo. (3) Para p3 tenemos A = Q[Y , Z], B = Q[Y , Z]/(Y 5 − Z 4 ) = Q[z] ⊕ Q[z]y ⊕ Q[z]y 2 ⊕ Q[z]y 3 ⊕ Q[z]y 4 , F = Q(z) ⊕ Q(z)y ⊕ Q(z)y 2 ⊕ Q(z)y 3 ⊕ Q(z)y 4 . Con la relación y 5 = z4 . (Aqu´ı hemos representado Y por y y a Z por z.) Al igual que antes tenemos que estudiar: (i) si α(p3 )e es primo en F[X ] y (ii) si α(p3 ) es saturado en Q[X , Y , Z]/(Y 5 − Z 4 ). 26 de octubre de 2010



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(i). El ideal α(p3 )e está generado por los elementos g1 = Xz − y 2 ,

g2 = Xy 3 − z3 ,

g3 = X 2 y − z 2 ,

g4 = X 3 − yz.

Como el ideal es principal basta calcular un generador. En este caso observamos que si llamamos h0 = X − y 2 /z se tiene: g2 = h0 y 3 + (y 5 /z − z3 ) = h0 y 3 , g3 = h0 (Xy + y 3 /z) + (y 5 /z2 − z2 ) = h0 (Xy + y 3 /z), g4 = h0 (X 2 + Xy 2 /z + y 4 /z2 ) + (y 6 /z3 − yz) = h0 (X 2 + Xy 2 /z + y 4 /z2 ). y se tiene: α(p3 )e = (X − y 2 /z) = (Xz − y 2 ). El coeficiente l´ıder del generador h = Xz − y 2 ∈ B[X ] es z. El polinomio h = Xz − y 2 ∈ F[X ] es irreducible, ya que tiene grado uno. (ii). Para estudiar la saturación de α(p3 ) en B[X ] consideramos la intersección (α(p3 ), 1 − zT )B[X , T ] ∩ B[X ] y la comparamos con α(p3 ). Pasamos a los anillos de polinomios con coeficientes en Q y calculamos las bases de Groebner reducidas respecto al orden lexicográfico con T > X > Y > Z. (p3 , 1−ZT )Q[T , X , Y , Z]; la base de Groebner reducida es: {TY 2 −X , TZ −1, X 3 −YZ, X 2 Y − Z 2 , XY 3 − Z 3 , XZ − Y 2 , Y 5 − Z 4 }. (p3 , 1 − ZT )Q[T , X , Y , Z] ∩ Q[X , Y , Z]; la base de Groebner reducida es: {X 3 − YZ, X 2 Y − Z 2 , XY 3 − Z 3 , XZ − Y 2 , Y 5 − Z 4 }. Por lo tanto (p3 , 1−ZT )Q[T , X , Y , Z]∩Q[X , Y , Z] = p3 , luego α(p3 ) = (p3 , 1−zT )B[T , X , Y , Z]∩ Q[X , Y , Z], y el ideal α(p3 ) es saturado.

En consecuencia el ideal p es un ideal primo de Q[X , Y , Z]. Ejercicio. 41.6. Estudiar si el ideal p = (XZ − Y 3 , XY − Z 2 ) ⊆ Q[X , Y , Z] es primo. ´ . Con respecto al orden lexicográfico X > Y > Z una base de Groebner reducida S OLUCI ON para p es: {XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 }. p1 = 0, p2 = (Y 4 − Z 3 ) ⊆ Q[Y , Z], p3 = (XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 ) ⊆ Q[X , Y , Z]. 1. El ideal p1 es primo en Q[Z]. 2. El ideal p2 = (Y 4 − Z 3 ) es primo en Q[Y , Z]. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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220 3. Para el ideal p3 tenemos:

A = Q[Y , Z], B = Q[Y , Z]/(Y 4 − Z 3 ) = Q[z] ⊕ Q[z]y ⊕ Q[z]y 2 ⊕ Q[z]y 3 , F = Q(z) ⊕ Q(z)y ⊕ Q(z)y 2 ⊕ Q(z)y 3 . Con la relación y 4 = z3 . El ideal α(p3 ) está generado por los elementos: g1 = Xy − z2 ,

g2 = Xz − y 3 .

´ El ideal α(p3 )e está generado por un unico elemento, que es: h = Xy − z2 , su coeficiente l´ıder es y. Resulta que h es irreducible en F[X ], ya que es de grado uno. Entonces α(p3 )e es un ideal primo de F[X ]. Estudiamos ahora la saturación de α(p) en B[X ]. Para esto comparamos (p3 , 1−YT )B[X , T ]∩ A[X ] y p3 . Una base de Groebner reducida de (p3 , 1 − YT )A[X , T ] = (XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 , 1 − YT ), respecto al orden lexicográfico con T > X > Y > Z, es: {TY − 1, TZ 2 − X , X 2 − Y 2 Z, XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 }. Una base de Groebner reducida de (p3 , 1 − YT )A[X , T ] ∩ A[X ] = (XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 , 1 − YT ) ∩ Q[X , Y , Z], respecto al mismo orden, es: {X 2 − Y 2 Z, XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 }, y como no coincide con la base de Groebner reducida de p3 , resulta que α(p3 ) no es saturado, y en consecuencia p no es un ideal primo. Observa que como la saturación de α(p) es el ideal (X 2 − Y 2 Z, XY − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 4 − Z 3 ) y como e´ sta no coincide con p, alguno de sus generadores no está en p, en este caso X 2 − Y 2 Z, resulta que, como b = y, el producto Y (X 2 − Y 2 Z) ∈ p, pero ninguno de ellos pertenece a p, lo cual muestra expl´ıcitamente dos elementos que prueban que p no es primo. X 2 Y − Y 3 Z = X (XY − Z 2 ) + Z(XZ − Y 3 ). Ejercicio. 41.7. Sea a = (XZ − Y 3 , XY 2 − Z 2 ) ⊆ Q[X , Y , Z]. Vamos a ver que no es un ideal primo determinando elementos a, b ∈ Q[X , Y , Z] tales que a, b ∈ Q[X , Y , Z] con ab ∈ a y a, b ∈ / a. ´ . Una base de Groebner de a con respecto al orden lexicográfico X > Y > Z es: S OLUCI ON 26 de octubre de 2010



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> GroebnerBasis[{X Z - Y^3, X Y^2 - Z^2}, {X, Y, Z}] {XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 }, Por lo tanto a ∩ Q[Z] = {0} es un ideal primo. También a ∩ Q[Y , Z] = (Y 5 − Z 2 ) es un ideal primo. Tenemos los homomorfismos α

Q[X , Y , Z] −→

Q[Y , Z] Q[Y , Z] β [X ] = [X ] −→ Q(y, z)[X ]. 5 2 a ∩ Q[Y , Z] (Y − Z )

Estudiamos la saturación de α(a). Tenemos: α(a)e = (Xz − y 3 , Xy 2 − z2 )Q(y, z)[X ]. Como Xz − y 3 =

1 y3 1 3 3 2 5 3 2 (Xz − y z ) = (Xy − y z ) = (Xy 2 − z2 ) ∈ (Xy 2 − z2 )Q(y, z)[X ], 2 2 2 z z z

entonces α(a)e = (Xy 2 − z2 )Q(y, z)[X ] = (Xz − y 3 )Q(y, z)[X ]. El coeficiente l´ıder de Xy 2 − z2 es z2 , y se tiene z ∈ / α(a). Calculamos (α(a), 1 − zT )Q(y, z)[X ], y para esto nos trasladamos a Q[X , Y , Z] con el orden lexicográfico T > X > Y > Z. Se tiene: (a, 1 − ZT ) = (XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 , ZT − 1). Una base de Groebner es: > GroebnerBasis[{X Y^2 - Z^2, X Z - Y^3, Y^5 - Z^3, Z T - 1}, {T, X, Y, Z}] {TY 3 − X , TZ − 1, X 2 − YZ, XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 }. Y se verifica: (a, 1 − ZT ) ∩ Q[X , T , Z] = (X 2 − YZ, XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 ), que contiene propiamente a a, ya que X 2 − YZ ∈ / a. Podemos ahora dar los elementos que andamos buscando. Tomamos a = Z y b = X 2 − YZ. Se verifica Z(X 2 − YZ) ≡ X 2 Z − YZ 2 ≡ XY 3 − YZ 2 ≡ Z 2 Y − YZ 2 ≡ 0 (mód a). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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222

Ejercicio. 41.8. Vamos a ver que el ideal p = (XZ − Y 3 , XY 2 − Z 2 , X 2 − YZ) ⊆ Q[X , Y , Z] es un ideal primo. ´ . Calculamos una base de Groebner del ideal p = (XZ − Y 3 , XY 2 − Z 2 , X 2 − YZ) S OLUCI ON para el orden lexicográfico con X > Y > Z.

> GroebnerBasis[{X Z-Y^3, X Y^2-Z^2, X^2-Y Z}, {X, Y, Z}] {X 2 − YZ, XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 } Calculamos las eliminaciones: p ∩ Q[Z] = {0} es un ideal primo. p ∩ Q[Y , Z] = (Y 5 − Z 3 ) es un ideal primo. Consideramos los homomorfismos α

Q[X , Y , Z] −→

Q[Y , Z] β [X ] −→ Q(y, z)[X ]. 5 3 (Y − Z )

Calculamos α(p)e : α(p)e = (Xz − y 3 , Xy 2 − z2 , X 2 − yz)Q(y, z)[X ] = (Xz − y 3 )Q(y, z)[X ]. El término l´ıder es z y z ∈ / α(p). Calculamos el contra´ıdo α(p)ec ; para esto pasamos a Q[T , X , Y , Z] y calculamos el ideal (p, 1 − ZT ): (p, 1 − ZT ) = (XZ − Y 3 , XY 2 − Z 2 , X 2 − YZ, 1 − ZT ) Una base de Groebner para el orden lexicográfico con T > X > Y > Z es:

> GroebnerBasis[{X Z - Y^3, X Y^2 - Z^2, X^2 - Y Z, 1 - Z T}, {T, X, Y, Z}] {TY 3 − X , TZ − 1, X 2 − YZ, XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 } El contra´ıdo se obtiene a partir de (p, 1 − ZT ) ∩ Q[X , Y , Z], que es: (X 2 − YZ, XY 2 − Z 2 , XZ − Y 3 , Y 5 − Z 3 ), que coincide con p, luego p es primo. 26 de octubre de 2010



223

Ejercicio. 41.9. Demuestra que el ideal p = (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ) ⊆ Q[X , Y , Z, W ] es un ideal primo. ´ . S OLUCI ON >GroebnerBasis[{X Z^2 - W^3, X W^2 - Y^4, Y^4Z^2 - W^5}, {X, Y, Z, W}] Base de Groebner: {XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 }. p ∩ Q[W ] = {0}. p ∩ Q[Z, W ] = {0}. p ∩ Q[Y , Z, W ] = (Y 4 Z 2 − W 5 ) es un ideal primo. α

Q[X , Y , Z, W ] −→

Q[Y , Z, W ] β [X ] −→ Q(y, z, w)[X ]. 4 2 5 (Y Z − W )

Extendido α(p)e = (Xz2 − w3 )Q(y, z, w)[X ], ya que Xz2 − w3 =

w3 (Xw2 − y 4 ). y4

El coeficiente l´ıder es z2 . Para calcular el contraido pasamos a Q[X , Y , Z, W ]: (p, 1 − Z 2 T ) = (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 , 1 − ZT ). Una base de Groebner para el orden lexicográfico con T > X > Y > Z > W es:

> GroebnerBasis[{X Z^2 - W^3, X W^2 - Y^4, Y^4Z^2 - W^5, 1 - Z T}, {T,X,Y,Z,W}] {TY 8 − WX 3 Z, TY 4 W − X 2 Z, TZ − 1, TW 3 − XZ, Y 4 Z 2 − W 5 , XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 } Y el contraido es la imagen de: (Y 4 Z 2 − W 5 , XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 ) = p. Luego el ideal p es primo.


P. Jara


224

Ejercicio. 41.10. Demuestra que el ideal a = (XY − W 3 , Y 2 − ZW ) ⊆ Q[X , Y , Z, W ] no es un ideal primo. ´ . p = (XY − W 3 , Y 2 − ZW ) tiene base de Groebner para el orden lexicográfico con S OLUCI ON X >Y >Z>W > GroebnerBasis[{X Y - W^3, Y^2 - Z W}, {X, Y, Z, W}] {XY − W 3 , XZW − YW 3 , Y 2 − WZ} Los ideales eliminación son: p ∩ Q[W ] = {0} p ∩ Q[Z, W ] = {0} p ∩ Q[Y , Z, W ] = (Y 2 − WZ) que es primo. α

Q[X , Y , Z, W ] −→

Q[Y , Z, W ] β −→ Q(y, z, w)[X ]. (Y 2 − WZ)

Extendido α(p)e = (Xy − w3 )Q(y, z, w)[X ], El coeficiente l´ıder es y ∈ / α(a). Para calcular el contraido pasamos a Q[X , Y , Z, W ]; calculamos el ideal (p, 1 − YT ) = (XY − W 3 , Y 2 − ZW , 1 − YT ). una base de Groebner es: > GroebnerBasis[{X Y - W^3, Y^2 - Z W, 1 - Y T}, {T, X, Y, Z, W}] {TY − 1, TWZ − Y , TW 3 − X , XY − W 3 , XZ − W 2 Y , Y 2 − WZ} La intersección con Q[X , Y , Z, W ] es: (XY − W 3 , XZ − W 2 Y , Y 2 − WZ). Este ideal contiene a p, pero no está contenido en p, ya que XZ − W 2 Y ∈ / p. En efecto, > PolynomialReduce[X Z-W^2 Y, {Y^2-W Z, W X Z-W^3Y, X Y-W^3}, {X, Y, Z, W}] El resultado es: {{0,0,0},X Z-W^2 Y} Esto significa que Y (XZ − W 2 Y ) = Z(XY − W 3 ) − W 2 (Y 2 − WZ) ∈ p. 26 de octubre de 2010



225

Cálculo de la dimensi´ on Dado un ideal primo p ∈ K [X1 , . . . , Xn ], se define: p0 = 0 pi = p ∩ K [X1 , . . . , Xi ]

si i = 1, . . . , n.

Para cada ´ındice i existe un homomorfismo K [X1 ,...,Xi−1 ] pi−1

α

/ K [X1 ,...,Xi ] pi

K [X1 ,...,Xi−1 ] pi ∩K [X1 ,...,Xi−1 ] K [X ,...,X

]

1 i−1 y por tanto A := es una subalgebra de B := K [X1p,...,Xi ] , y B se genera sobre A por un pi−1 i elemento, la clase de Xi . En consecuencia, por el lema de normalización tenemos dim(A) ≤ dim(B) ≤ dim(a) + 1.

Supongamos que pei−1 = pi , entones en B la clase de Xi es algebraicamente independiente sobre A y se tiene dim(B) = dim(A) + 1. Supongamos que pei−1 6= pi , entonces dim(A) = dim(B). Podemos entonces determinar la dimensión de K [X1 , . . . , Xn ]/p considerando las dimensiones de los cocientes K [X1 , . . . , Xi ]/pi . A´si podemos enunciar dim(K [X1 , . . . , Xn ]/p) = Card({i | i = 1, . . . , n, pei−1 = pi }). Para un cálculo algor´ıtmico basta considerar una base de Groebner reducida G de p respecto al orden lexicográfico Xn > Xn−1 > · · · > X1 . Entonces la bases del ideal pi es Gi = G ∩ K [X1 , . . . , Xi ], y se tiene pei−1 = pi si y solo si Gi−1 = Gi . Como consecuencia tenemos un modo de calcular la dimensión del cociente K [X1 , . . . , Xn ]/p. Ejercicio. 41.11. Determina la dimensión del anillo Q[X , Y , Z, W ]/(XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ). ´ . Basta determinar una base de Groebner del ideal (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − S OLUCI ON 5 ´ W ). Esta es: {XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5} Observa que hemos utilizado el orden lexicográfico con X > Y > Z > W , entones considera´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


226 mos la lista de ideales

p = (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ) ∩ Q[X , Y , Z, W ]; p3 = (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ) ∩ Q[Y , Z, W ]; p2 = (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ) ∩ Q[Z, W ]; p1 = (XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ) ∩ Q[W ]; p0 = 0 y las a´ lgebras correspondientes. Las bases de Groebner son: G = {XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5} G3 = {Y 4 Z 2 − W 5} G2 = ∅ G1 = ∅ G0 = ∅

= = +1 +1

La dimensión de Q[X , Y , Z, W ]/(XZ 2 − W 3 , XW 2 − Y 4 , Y 4 Z 2 − W 5 ) es igual a 2.

42.

M´ odulos de fracciones

Producto tensor Sea A un anillo (conmutativo). Recordemos la definición de producto tensor de dos A–módulos. Sean M1 y M2 dos A–módulos, definimos un nuevo A–módulo al que representaremos por M1 ⊗A M2 mediante el siguiente proceso: Tomamos el grupo abeliano libre G sobre M1 ×M2 y el subgrupo S generado por los elementos (a, b1 + b2 ) − (a, b1 ) − (a, b2 ); (a1 + a2 , b) − (a1 , b) − (a2 , b); (a, rb) − (ra, b);

∀a ∈ M1 ; b1 , b2 ∈ M2 ; ∀a1 , a2 ∈ M1 ; b ∈ M2 ; ∀a ∈ M1 ; b ∈ M2 ; r ∈ A.

De esta forma el cociente G/S es un grupo abeliano al que llamaremos M1 ⊗A M2 . Los elementos de M1 ⊗A M2 son combinaciones lineales (en A) de clases de pares (x, y), con x ∈ M1 e y ∈ M2 , a las que vamos a representar por x ⊗ y. De esta forma cada elemento de M1 ⊗A M2 se escribe en la forma: n X

ai xi ⊗ yi ,

ai ∈ A; xi ∈ M1 ;

yi ∈ M2 .

i=1



´ DULOS DE FRACCIONES S EC . 42. M O

227

Existe una acción de A sobre M1 ⊗A M2 mediante: a(x ⊗ y) = (ax) ⊗ y = x ⊗ (ay) Se tienen homomorfismos de A–módulos de Mi en M1 ⊗A M2 definidos: M1 → M1 ⊗A M2 ;

x 7→ x ⊗ y, para y fijo

M2 → M1 ⊗A M2 ;

y 7→ x ⊗ y, para x fijo

Una aplicación ϕ : M1 × M2 → M se llama bilineal si verifica las propiedades siguientes: ∀a ∈ M1 ; b1 , b2 ∈ M2 ; ∀a1 , a2 ∈ M1 ; b ∈ M2 ; ∀a ∈ M1 ; b ∈ M2 ; r ∈ A.

ϕ(a, b1 + b2 ) = ϕ(a, b1 ) + ϕ(a, b2 ); ϕ(a1 + a2 , b) = ϕ(a1 , b) + ϕ(a2 , b); ϕ(a, rb) = ϕ(ra, b);

Es claro que la aplicación t : M1 × M2 → M1 ⊗A M2 definida por t(x, y) = x ⊗ y es bilineal. Teorema. 42.1. (Propiedad universal del producto tensor.) ´ Sean M1 , M2 y M tres A–módulos y f : M1 × M2 → M una aplicación bilineal, existe un unico 0 0 homomorfismo de A–módulos f : M1 ⊗A M2 → M tal que f = f ◦ t. t

M1 × M J2

JJJ JJJ f JJJ$

M

/M 1 s s

ys

⊗A M2

s s f0

Teorema. 42.2. Para cada A–módulo M tenemos definido un funtor M ⊗A − : A –Mod → A –Mod, que es adjunto a la derecha del funtor HomA (M, −) : A –Mod → A –Mod, y por lo tanto es exacto a la derecha y conserva col´ımites. A –Mod O M⊗A −

HomA (M,−)

A –Mod ´ . Consideramos la aplicación: D EMOSTRACI ON ωX ,Y

HomA (M ⊗A X , Y ) −→ HomA (X , HomA (M, Y )), definida ωX ,Y (f )(x)(m) = f (m ⊗ x). Se tiene que ωX ,Y es una biyección natural en X e Y .

Si el funtor M ⊗A − es un funtor exacto, entonces M se llama un A–módulo plano. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


228

Localizaci´ on Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A–módulo. Definimos Σ−1 M el m´ odulo de fracciones de M respecto a Σ como el conjunto M × Σ bajo la relación de equivalencia (m1 , s1 ) ≡ (m2 , s2 ) si existe t ∈ Σ tal que (m1 s2 − m2 s1 )t = 0 La clase (m, s) se representa por m/s. Las operaciones en Σ−1 M están definidas de forma que:

(1) Σ−1 M es un grupo abeliano: m1 /s1 + m2 /s2 = (m1 s2 + m2 s1 )/(s1 s2 ); (2) Σ−1 M es un A–módulo: r(m/s) = (rm)/s; (3) Σ−1 M es un Σ−1 A–módulo: (r/s1 )(m/s2 ) = (rm)/(s1 s2 ).

Para cada A–módulo M existe un homomorfismo de A–módulos λM = λΣ,M : M → Σ−1 M. Lema. 42.3. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo: (1) Si M es un A–módulo, entonces Σ−1 M es un A–módulo via el homomorfismo λ : A → Σ−1 A; (2) Si N es un Σ−1 A–módulo y consideramos la estructura de A–módulo v´ıa λA : A → Σ−1 A, entonces N ∼ = Σ−1 N. Proposici´ on. 42.4. (Propiedad universal del m´ odulo de fracciones.) Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Sea f : M → N un homo´ morfismo de A–módulos, siendo N un Σ−1 A–módulo, existe un unico homomorfismo de −1 0 −1 0 Σ A–módulos f : Σ M → N tal que f = λM ◦ f . M@

λM

@@ @@ @ f @@

N 26 de octubre de 2010

/

w w w f0 w{

−1 M Σ w



229

Corolario. 42.5. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Sean f : M → N un homo´ morfismo de A–módulos; entonces existe un unico homomorfismo Σ−1 f de Σ−1 A–módulos tal que f ◦ λN = λM ◦ Σ−1 f . f

M λM

/N

λN

Σ−1 M _ _ _−1_ _ _/ Σ−1 N f

Σ

Corolario. 42.6. Sea A un anillo, Σ ⊆ A un subconjunto. Se verifica: (1) Si f : M −→ M 0 y g : M 0 −→ M” son homomorfismos de A–módulos, Σ−1 (g ◦ f ) = Σ−1 g ◦ Σ−1 f . (2) Para cada A–módulo M se tiene Σ−1 idM = idΣ−1 M . Tenemos entonces una situación de adjunción A –Mod O Σ−1

U

Σ−1 A –Mod Proposici´ on. 42.7. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Si 0 → M 0 → M → M 00 → 0 es una sucesión exacta corta de A–módulos, entonces 0 → Σ−1 M 0 → Σ−1 M → Σ−1 M 00 → 0 es una sucesión exacta corta de Σ−1 A–módulos. Corolario. 42.8. Sea A un anillo, Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo y M1 , M2 ⊆ M submódulos, se verifica: (1) Σ−1 Mi es un submódulo de Σ−1 M. (2) Σ−1 (M1 + M2 ) = Σ−1 M1 + Σ−1 M2 . (3) Σ−1 (M1 ∩ M2 ) = Σ−1 M1 ∩ Σ−1 M2 . (4) Σ−1 M/Σ−1 M1 ∼ = Σ−1 (M/M1 ). Corolario. 42.9. Sea A un anillo, Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo y M1 , M2 dos A–módulos, se verifica: Σ−1 (M1 ⊕ M2 ) ∼ = Σ−1 M1 ⊕ Σ−1 M2 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


230

Teorema. 42.10. Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo. Para cada A–módulo M existe un isomorfismo natural σ : Σ−1 A ⊗A M ∼ = Σ−1 M definido por: σ(a/s ⊗ m) = am/s. Consecuencia de los anteriores resultados tenemos: Corolario. 42.11. En la situación anterior Σ−1 A es un A–módulo plano. En este caso se tiene también una situación de adjunción A –Mod O Σ−1 A⊗A −

HomΣ−1 A (Σ−1 A,−)

Σ−1 A –Mod Observar que hemos encontrado dos adjuntos a la derecha del funtor Σ−1 (−) = Σ−1 A ⊗A −. Lema. 42.12. Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo; si M y N son A–módulos, entonces existe un isomorfismo de Σ−1 A–módulos Σ−1 M ⊗Σ−1 A Σ−1 N ∼ = Σ−1 (M ⊗A N). ´ . Tenemos una sucesión de isomorfismos naturales: D EMOSTRACI ON Σ−1 M ⊗Σ−1 A Σ−1 N ∼ = M ⊗A Σ−1 A ⊗Σ−1 A Σ−1 N ∼ = M ⊗A Σ−1 N −1 −1 ∼ ∼ = M ⊗A Σ A ⊗A Σ N = Σ−1 A ⊗A (M ⊗A N) ∼ = Σ−1 (M ⊗A N). La propiedad análoga para el funtor HomA ser´ıa: Hom Σ−1 A (Σ−1 M, Σ−1 N) ∼ = Σ−1 Hom A (M, N). que en general no se verifica. En el caso en que M es finitamente presentado (un A–módulo M es finitamente presentado si existe una presentación libre Am → An → M → 0 con m, n ∈ N) tenemos: Lema. 42.13. Sea A un anillo conmutativo y M, N dos A–módulos tales que M es finitamente presentado, entonces para cada subconjunto multiplicativo Σ se tiene un isomorfismo natural Hom Σ−1 A (Σ−1 M, Σ−1 N) ∼ = Σ−1 Hom A (M, N). 26 de octubre de 2010



231

´ . Consideramos una presentación libre de M, por ejemplo Am −→ An −→ D EMOSTRACI ON M −→ 0. Aplicando los funtores HomA (−, N) y Σ−1 en distinto orden tenemos una diagrama conmutativo con filas exactas: /

0

/

Σ−1 Hom A (M, N)

/

Σ−1 HomA (An , N)

Σ−1 HomA (Am , N)

Σ−1 N n

0

/

HomΣ−1 A

(Σ−1 M, Σ−1 N)

/

HomΣ−1 A (Σ−1 An , Σ−1 N)

/

Σ−1 N m HomΣ−1 A (Σ−1 Am , Σ−1 N)

´ Por la propiedad universal del nucleo tenemos el resultado

Propiedades locales Dado un anillo A, un A–módulo M y un ideal primo p consideramos el subconjunto multiplicativo Σ = A \ p. El anillo de fracciones Σ−1 A se representa por Ap , y el módulo de fracciones Σ−1 M se representa por Mp . Una propiedad de anillos o´ de módulos P es una propiedad local si A o´ M la tienen si y solo si Ap o´ Mp la tienen para cada ideal primo p. Ya hemos comprobado, ver Proposición (40.30.), que la propiedad de ser un dominio normal es una propiedad local. Lema. 42.14. Sea M un A–módulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M = 0; (b) Mp = 0 para cada ideal primo p; (c) Mm = 0 para cada ideal maximal m. Como consecuencia tenemos el siguiente resultado sobre representación de módulos: Proposici´ on. 42.15. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo, entonces la aplicación canónica Y M −→ {Mp | p ∈ Spec(R)} es inyectiva.


P. Jara


232

Corolario. 42.16. Sea A un anillo conmutativo y f : M → N un homomorfismo de A–módulos. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) f es inyectivo (resp. sobreyectivo); (b) fp : Mp → Np es inyectivo (resp. sobreyectivo) para cada ideal primo p de A; (c) fm : Mm → Nm es inyectivo (resp. sobreyectivo) para cada ideal maximal m de A. Corolario. 42.17. Sea A un anillo conmutativo y N un submódulo de un A–módulo M. Para cada x ∈ M son equivalentes los siguientes enunciados: (a) x ∈ N; (b) x/1 ∈ Np para cada ideal primo p de A; (c) x/1 ∈ Nm para cada ideal maximal m de A. Proposici´ on. 42.18. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M es un A–módulo plano; (b) Mp es un A–módulo plano para cada ideal primo p de A; (c) Mm es un A–módulo plano para cada ideal maximal m de A.

Si D es un dominio de integridad la localización D(0) es el cuerpo de fracciones de D. Para ´ cada D–módulo M la localización M(0) es un espacio vectorial sobre A(0) . El nucleo del homomorfismo λM : M −→ M(0) el justamente el subm´ odulo de torsi´ on de M, esto es, Ker(λM ) = T (M) = {m ∈ M | existe 0 6= d ∈ D tal que dm = 0}.

´ Dado un dominio D, para cada elemento 0 6= a ∈ D, el nucleo del homomorfismo λM : M −→ Ma son los elementos de a–torsi´ on. ´ n ∈ N}. Ker(λM ) = Ta (M) = {m ∈ M | an m = 0, para algun Lema. 42.19. Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A–módulo finitamente generado. Entonces Σ−1 Ann A (M) = Ann Σ−1 A (Σ−1 M). 26 de octubre de 2010



233

´ . Supongamos que el resultado es cierto para dos módulos M1 y M2 , entonD EMOSTRACI ON ces se tiene Σ−1 (0 : M1 + M2 )A = Σ−1 ((0 : M1 )A ∩ (0 : M2 ))A = Σ−1 (0 : M1 )A ∩ Σ−1 (0 : M2 )A = (0 : Σ−1 M1 )Σ−1 A ∩ (0 : Σ−1 M2 )Σ−1 A = (0 : (Σ−1 M1 + Σ−1 M2 ))Σ−1 A = (0 : Σ−1 (M1 + M2 ))Σ−1 A . Basta entonces probar el resultado para módulos c´ıclicos. Sea M = Aa ∼ = A/a, entonces Σ−1 (A/a) = Σ−1 A/Σ−1 a, y se tiene Σ−1 (0 : A/a)A = Σ1 a = (0 : Σ−1 A)Σ−1 A . Corolario. 42.20. Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A–módulo finitamente generado. Entonces para cada par de submódulos N y H de M se verifica: Σ−1 (N : H)A = (Σ−1 N : Σ−1 H)Σ−1 A . ´ . Basta tener en cuenta que (N : H)A = (0 : (N + H)/N)A y aplicar el LeD EMOSTRACI ON ma (42.19.). Ejercicio. 42.21. Sea f : A → B un homomorfismo de anillos conmutativos, siendo cada ideal de B extendido de un ideal de A, y p un ideal primo de A. Entonces p es la contracción de un ideal primo de B si y solo si pec = p. ´ . (⇒). Si p = bc , entonces existe un ideal a ⊆ A tal que ae = b, y se tiene pe = bce = S OLUCI ON aece = ae = b, luego pec = bc = p. (⇐). Si p = pec , vamos a ver que pe es un ideal primo. Si b1 b2 ⊆ pe , existen ideales a1 , a2 ⊆ A tales que aei = bi , entonces a1 a2 ⊆ (a1 a2 )ec = (ae1 ae2 )c = (b1 b2 )c ⊆ pec = p. Como p es primo se tiene a1 ⊆ p o a2 ⊆ p, y por tanto b1 = ae1 ⊆ pe o b2 = ae2 ⊆ pe .

Espectro de un anillo Dado un anillo A, el conjunto de los ideales primos de A lo representamos por Spec(A), y lo llamamos el espectro de A. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


234

En el espectro de un anillo A definimos una topolog´ıa tomando como conjuntos cerrados los conjuntos V(a) = {p ∈ Spec(A) | p ⊇ a}, donde a var´ıa entre los ideales de A, y para cada elemento a ∈ A definimos V(a) = V(Aa). Lema. 42.22. Los conjuntos V(a) son los conjuntos cerrados para una topolog´ıa en Spec(A). Los conjuntos abiertos son los complementos de los cerrados, por lo tanto son de la forma: X (a) = Spec(A) \ V(a) = {p ∈ Spec(a) | p + a}. La topolog´ıa que definen los subconjuntos V(a) se llama la topolog´ıa de Zariski.

Soporte de un m´ odulo Para cada A–módulo M llamamos soporte de M a: Supp(M) = {p ∈ Spec(A) | Mp 6= 0}. Lema. 42.23. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M = 0; (b) Supp(M) = ∅. Es consecuencia del Lema (42.14.). Lema. 42.24. Sea A un anillo conmutativo. Se verifica: (1) Si a es un ideal de A, entonces Supp(A/a) = {p ∈ Spec(A) | p ⊇ a} = V(a); (2) Si 0 → M 0 → M → M 00 → 0 es una sucesión exacta, entonces Supp(M) = Supp(M 0 ) ∪ Supp(M 00 ); (3) Si M es un A–módulo finitamente generado, entonces Supp(M) = V(Ann(M)), y por tanto Supp(M) es un subconjunto cerrado de Spec(A); (4) Si M y N son A–módulos finitamente generados, entonces Supp(M ⊗A N) = Supp(M) ∩ Supp(N); (5) Sea a un ideal de A y M un A–módulo finitamente generado, entonces Supp(M/aM) = V(a + Ann(M)). 26 de octubre de 2010



235

´ . D EMOSTRACI ON (1) De la sucesión exacta 0 → ap → Ap → (A/a)p → 0 se deduce p ∈ Supp(A/a) si y solo si ap 6= Ap , si y solo si a ∩ (A \ p) = ∅, si y solo si a ⊆ p. (2) Es consecuencia de la exactitud del funtor localización. (3) Sea M = Am1 + · · · + Amt , entonces Mp = (Am1 )p + · · · + (Amt )p para cada ideal primo p, entonces Supp(M) = ∪ti=1 Supp(Ami ) = ∪ti=1 Supp(A/(0 : mi )) = ∪ti=1 V((0 : mi )) = V(∩ti=1 (0 : mi )) = V(0 : M). (4) Primero probamos que si A es un anillo local con ideal maximal m y M, N son A–módulos finitamente generados, entonces M ⊗A N 6= 0. Por el Lema de Nakayama M/mM y N/mN son no nulos, luego tenemos un epimorfismo M ⊗A N −→ M/mM ⊗A N/mN ∼ = M/mM ⊗A/m N/mN 6= 0 Sea ahora p ∈ Supp(M ⊗A N), entonces 0 6= (M ⊗A N)p = Mp ⊗Ap Np , luego p ∈ Supp(M) ∩ Supp(N). Sea p ∈ Supp(M) ∩ Supp(N), entonces 0 6= Mp ⊗Ap Np ∼ = (M ⊗A N)p y por tanto p ∈ Supp(M ⊗A N). (5) Como M/(aM) ∼ = (A/a) ⊗A M, tenemos: Supp(M/(aM)) = Supp(A/a) ∩ Supp(M) = V(a) ∩ V(Ann(M)) = V(a + Ann(M)).

43.

Ejercicios

Ejercicio. 43.1. (AM, Cap 3, Ej 7) Dado un anillo A, llamamos Σ0 al conjunto de todos los no divisores de cero de A (los elementos regulares de A). Demuestra que Σ0 es un conjunto multiplicativo saturado. El anillo de fracciones Σ−1 0 A se llama el anillo total de fracciones de A. Demuestra que: (1) Σ0 es el mayor subconjunto multiplicativo saturado Σ de A tal que λA : A −→ Σ−1 A es un homomorfismo inyectivo. (2) Cada elemento de Σ−1 0 A es un divisor de cero o un elemento invertible. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


236

´ SOLUCION

Ejercicio. 43.2. Dado un anillo A y un elemento a ∈ A. Se verifica: (1) Aa ∼ =

A[X ] (aX −1) .

(2) Son equivalentes: (a) a es nilpotente. (b) Aa = 0.

Nota. Observa que si K es un cuerpo y consideramos el anillo K [X ], el cuerpo de fracciones es K (X ), que es el anillo de fracciones de K [X ] con respecto al subconjunto multiplicativo Σ = K [X ] \ {0}. Por otro lado, K [X ]X es el anillo de fracciones de K [X ] con respecto al subconjunto ´ ´ multiplicativo {X n | n ∈ N}. Este ultimo se representa también como K [X , X −1 ]. ´ SOLUCION

Ejercicio. 43.3. .Sea K un cuerpo, A =

K [X ,Y ] (XY )

y a = X . Demuestra que se verifica:

(1) X /1 es invertible en AX . (2) Y /1 = 0 en AY . (3) Definimos f : K [X ] → AX mediante f (X ) = X /1. Entonces f es un homomorfismo de anillos. Se tiene Im(f ) = K [X ] ⊆ AX . (4) f se factoriza por K [X , X −1 ]. (5) AX ∼ = K [X , X −1 ].




237

Ejercicio. 43.4. Sea K un cuerpo, X un conjunto no vac´ıo y A el anillo de las funciones de X en K . Demuestra que se verifica: (1) Para cada x ∈ X al conjunto mx = {f ∈ A | f (x) = 0} es un ideal maximal de A. (2) El localizado es Amx = {f /g | f , g ∈ A, g(x) 6= 0}. (3) Cada elemento f /g ∈ Amx se puede evaluar en x mediante: (f /g)(x) = f (x)/g(x). Este conjunto se llama el anillo de las funciones racionales sobre X con valores en K definidas en x. ´ SOLUCION ´ Dominios de factorización unica Ejercicio. 43.5. Sea D un dominio, un elemento no nulo x se llama irreducible si no es invertible y en cada factorización x = x1 x2 se tiene que x1 o x2 es invertible. Los elementos irreducibles en algunos textos se llaman a´ tomos. En un dominio D un elemento no nulo p se llama primo si no es invertible y si p | ab, entonces p | a o p | b. (1) Demuestra que cada elemento primo es irreducible. (2) Da un ejemplo de un elemento irreducible que no sea primo.

´ SOLUCION Ejercicio. 43.6. Un dominio D se llama at´ omico si cada elemento no nulo y no invertible es un producto ´ de a´ tomos (= elementos irreducibles), y se llama un dominio de factorizaci´ on unica si cada ´ elemento no nulo y no invertible se puede escribir, de forma unica, como un producto de elementos primos. ´ (1) Demuestra que todo dominio de factorización unica es un dominio atómico. ´ (2) Demuestra que un dominio atómico es un dominio de factorización unica si y solo si todo a´ tomo es primo. (3) Demuestra que todo dominio de integridad noetheriano es atómico (no necesariamen´ te es un dominio de factorización unica). ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 43.7. Sea D un dominio de integridad y Σ ⊆ D un subconjunto multiplicativo. ´ (1) Demuestra que Σ−1 D es un dominio de factorización unica si D lo es. (2) Demuestra que si D es atómico, Σ está formado por productos de primos y Σ−1 D es un ´ ´ dominio de factorización unica, entonces D es un domino de factorización unica. ´ SOLUCION Localización de anillos finitos Ejercicio. 43.8. ´ En el caso en que D = Z6 los dos unicos ideales primos son p2 = 2Z6 y p3 = 3Z6 . Observar que en este caso se tiene (Z6 )p2 ∼ = Z2 , y (Z6 )p3 ∼ = Z3 . Observar que en este caso todas las localizaciones de Z6 son cuerpos, sin embargo Z6 no es ni siquiera un dominio de integridad.

´ SOLUCION Ejercicio. 43.9. Sea A = Z/mZ. Demuestra que para cada subconjunto multiplicativo Σ de A existe un entero n tal que Σ−1 A = Z/nZ. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.10. Con la notación del ejercicio anterior. ¿Qué valores son posibles para n?

´ SOLUCION Ejercicio. 43.11. Sea A un anillo, Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, a ⊆ A un ideal tal que a ∩ Σ = ∅ y p : A −→ A/a la proyección canónica. Demuestra que se verifica: (1) p(Σ) es un subconjunto multiplicativo de A/a. (2) Existe un isomorfismo de anillos Σ−1 A/Σ−1 a ∼ = p(Σ)−1 (A/a).




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Ejercicio. 43.12. (AM, Cap 3, Ej 7) Un subconjunto multiplicativo Σ ⊆ A se llama saturado si verifica que ab ∈ Σ implica a ∈ Σ y b ∈ Σ para cada a, b ∈ A. (1) Demuestra que un subconjunto multiplicativo Σ ⊆ A es saturado si y solo si el complemento A \ Σ es una unión de ideales primos. ´ (2) Demuestra que para cada conjunto multiplicativo Σ ⊆ A existe un unico conjunto saturado m´ınimo Σ que contiene a Σ, y que coincide con el complemento en A de la unión on de Σ. de los ideales primos que no cortan a Σ. Llamamos a Σ la saturaci´ (3) Si Σ = 1 + a para un ideal propio a, calcula la saturación de Σ. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.13. Sea A un anillo conmutativo y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, si Σ es la saturación −1 ´ de Σ, demuestra que existe un unico isomorfismo f : Σ−1 A −→ Σ A que hace conmutar el diagrama: λΣ

A CC

CC CC C λΣ C!

−1

Σ

/ v v f v{

v

Σ−1 A

v

A ´ SOLUCION

Ejercicio. 43.14. Recuerda que un conjunto multiplicativo Σ ⊆ A se llama saturado si ab ∈ Σ, entonces a ∈ Σ y b ∈ Σ, para todos a, b ∈ A. (1) Si Σ ⊆ A es saturado, entonces Σ contiene a todos los elementos a ∈ A tales que a/1 ∈ Σ−1 A es invertible. (2) Σ = {1} ⊆ Z no es un conjunto multiplicativo saturado. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.15. Sea A un anillo conmutativo y sea p un ideal primo de A. Demuestra que Ap /pAp es isomorfo al cuerpo de fracciones del dominio de integridad A/p. ´ SOLUCION ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ejercicio. 43.16. Sea f : A −→ B un homomorfismo de anillos y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo de A tal que Ker(f ) ∩ Σ = ∅. Demuestra: (1) f (Σ) ⊆ B es un subconjunto multiplicativo. (2) Existe un homomorfismo de anillos Σ−1 A −→ f (Σ)−1 B definido por f (a/s) = f (a)/f (s) para cada a/s ∈ Σ−1 A. (3) Existe un isomorfismo de A–módulos Σ−1 B ∼ = f (Σ)−1 B.

´ SOLUCION Ejercicio. 43.17. Sea A un anillo y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo. Demuestra que se verifica: (1) Si a ⊆ A es un ideal, entonces aec = ∪{(a : s) | s ∈ Σ}, y en consecuencia ae = Σ−1 A si y solo si a ∩ Σ 6= ∅. ´ elemento de Σ es un divisor de cero (2) Un ideal a de A es un contra´ıdo si y solo si ningun en A/a.

´ SOLUCION Ejercicio. 43.18. (AM, Cap 3, Ej 3) Sea A un anillo conmutativo y Σ, Γ ⊆ A subconjuntos multiplicativos. Sea λ : A −→ Σ−1 A el −1 −1 ∼ homomorfismo canónico y Γ1 = λ(Σ). Demuestra que Γ−1 1 (Σ A) = (ΓΣ) A.

´ SOLUCION Ejercicio. 43.19. Sea A un anillo y Σ1 , Σ2 ⊆ A subconjuntos multiplicativos de A. Si llamamos Σ a la clausura multiplicativa de Σ1 ∪ Σ2 (el menor subconjunto multiplicativo que contiene a Σ1 y Σ2 , entonces se tienen los isomorfismos −1 ∼ −1 ∼ −1 −1 Σ−1 1 Σ2 A = Σ A = Σ2 Σ1 A




241

Ejercicio. 43.20. Demuestra que para cualquier anillo conmutativo A los siguientes enunciados son equivalentes: (a) Para todo ideal primo p, el anillo Ap es un dominio de integridad. (b) Para todo ideal maximal m, el anillo Am es un dominio de integridad. (c) Para todos a, b ∈ A si ab = 0, entonces Ann(a) + Ann(b) = A. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.21. Demostrar que para cada subanillo A de Q existe un subconjunto multiplicativo Σ de Z tal que A = Σ−1 Z. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.22. Sea D un dominio de integridad y Σ ⊆ D un subconjunto multiplicativo. (1) Demuestra que Σ−1 D es un subanillo del cuerpo de fracciones de D. (2) Demuestra que si D es un dominio de ideales principales, también Σ−1 D es un dominio de ideales principales. ´ (3) Demostrar que si D es un dominio de factorización unica, también Σ−1 D es un dominio ´ de factorización unica. (4) Demostrar que si D es un dominio noetheriano, también Σ−1 D es un dominio noetheriano. ´ SOLUCION Ideales primos Ejercicio. 43.23. Prueba que el ideal p = (Y 4 − Z 3 , Y 2 − XZ, XY 2 − Z 2 , X 2 − Z) ⊆ Q[X , Y , Z] es un ideal primo. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.24. Prueba que el ideal p = (XZ − X − Y 2 + 2Y + Z − 2, X 3 + 3X 2 + 3X − YZ + Y + Z, X 2 Y − X 2 + 2XY − 2X + Y + 2Z − Z 2 − 2) ⊆ Q[X , Y , Z] es un ideal primo. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Ń C AP. VII. E SPECTRO PRIMO Y LOCALIZACI O ´ SOLUCION

Módulos Ejercicio. 43.25. Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Demuestra que ∩{Am | m ⊆ A es maximal} = A. El mismo resultado es cierto si se toman los ideales primos. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.26. Sean N1 , N2 ⊆ M submódulos de un A–módulo M. Demuestra que N1 ⊆ N2 si y sólo si (N1 )m ⊆ (N2 )m para cada ideal maximal m de A. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.27. Sea Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo y M un A–módulo finitamente generado. Demuestra que Σ−1 M = 0 si y solo si existe s ∈ Σ tal que sM = 0. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.28. Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Demostrar que K es un A– módulo finitamente generado si, y sólo si, A = K . ´ SOLUCION Ejercicio. 43.29. Sea a = (2X , 3Y ) ⊆ Z[X , Y ]. Calcula la saturación de a respecto al conjunto multiplicativo Σ = Z \ {0}. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.30. √ (1) Describe los ideales primos de Z[ −5]. √ (2) Considera el ideal a = (3, X + 1) ⊆ Z[X ]. Calcula el extendido de a en Z[ −5]. (3) Razona que el extendido es un ideal primo que no es principal. 26 de octubre de 2010



243 ´ SOLUCION

Ejercicio. 43.31. √ Describe los ideales primos de Z[ −1]. Razona que todos son principales. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.32. Estudia si es primo el ideal a = (Y 4 − Z 3 , Y 2 − XZ, XY 2 − Z 2 , X 2 − Z) ⊆ C[X , Y , Z]. ´ SOLUCION Ejercicio. 43.33. Estudia si es primo el ideal a = (XZ − X − Y 2 + 2Y + Z − 2, X 3 + 3X 2 + 3X − YZ + Y + Z, X 2 Y − X 2 + 2XY − 2X + Y + 2Z − Z 2 − 2) ⊆ C[X , Y , Z]. ´ SOLUCION


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Cap´ıtulo VIII Dimensi´ on 44 45 46 47

Anillos noetherianos . . . . . . . . . . Anillos artinianos . . . . . . . . . . . . Repaso sobre la dimensión de anillos . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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246 247 254 257

Introducci´ on Una vez que hemos construido un invariante algebraico: la dimensión, en este cap´ıtulo vamos a estudiar los anillos y a´ lgebras de dimensiones bajas. Primero establecemos algunos resultados sobre anillos noetherianos, para posteriormente caracterizar los anillos artinianos como los anillos noetherianos de dimensión cero. Establecemos un teorema de estructura para anillos artinianos: cada anillo artiniano es un producto directo finito de anillos artinianos locales. Finalizamos el estudiando eje,los de anillos de dimensiones varias.

Ń C AP. VIII. D IMENSI O

246

44.

Anillos noetherianos

Anillos noetherianos Lema. 44.1. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo. Si a es un ideal de A, maximal entre los anuladores de elementos no nulos de M, entonces a es un ideal primo de A. ´ . Sea a un ideal maximal entre los anuladores de elementos no nulos de M D EMOSTRACI ON y sean a, b ∈ A tales que ab ∈ a. Finalmente sea 0 6= m ∈ M tal que a = Ann(m). Si b ∈ / a se tiene bm 6= 0 y como a + Aa ⊆ Ann(bm), la maximalidad de a fuerza a que a = a + Aa, luego a ∈ a. Lema. 44.2. Sea A un anillo conmutativo. Para cada cadena {pα | α ∈ Λ} de ideales primos se verifica que ∪α pα y ∩α pα son ideales primos. ´ . ∪α pα es un ideal primo. Sean a, b ∈ A tales que ab ∈ ∪α pα , existen un ´ındice D EMOSTRACI ON β tal que ab ∈ pβ , luego a ∈ pβ o b ∈ pβ , y tenemos el resultado. ∩α pα es un ideal primo. Sean a, b ∈ A tales que ab ∈ ∩α pα , si a ∈ / ∩α pα , existe un ´ındice β tal que a ∈ / pβ , pero entonces a ∈ / pγ para cada γ ≥ β, y como ab ∈ pγ , y e´ ste es primo, resulta b ∈ pγ . Por lo tanto b ∈ ∩α pα . Lema. 44.3. Sea A un anillo conmutativo y a un ideal propio de A, existe un ideal primo p de A minimal sobre a. ´ . Por ser a propio tenemos que existe un ideal maximal m tal que a ⊆ m, y D EMOSTRACI ON por tanto la familia Γ = {p | p es primo y p ⊇ a} es no vac´ıa. Dada una cadena descendente en Γ: p1 ⊇ p2 ⊇ · · · , llamamos p = ∩α pα . Por el Lema (44.2.) tenemos que p es un ideal primo, y por tanto en Γ existirán elementos minimales. Proposici´ on. 44.4. ´ Si A es un anillo noetheriano, existe sólo un numero finito de ideales primos minimales. 26 de octubre de 2010


S EC . 45. A NILLOS ARTINIANOS

247

´ . Supongamos que el resultado no se verifica. Definimos Γ como a la famiD EMOSTRACI ON lia de los ideales de A que no tienen un conjunto finito de ideales primos minimales. Por la hipótesis resulta que Γ 6= ∅. Por ser A noetheriano podemos tomar a ∈ Γ maximal. Resulta ´ que si cambiamos A por A/a, entonces A no tiene un numero finito de ideales primos mi´ nimales, pero cada ideal propio no nulo de A s´ı tiene un numero finito de ideales primos minimales. Como A no es un dominio, sean a, b ideales no nulos de A tales que ab = 0, entonces para cada ideal primo minimal p de A se verifica ab ⊆ P, luego b ⊆ p o´ c ⊆ p. En cualquier caso ´ resulta que p es minimal sobre b o´ sobre c. En consecuencia existe un numero finito de ideales primos minimales, lo que es una contradicción. Corolario. 44.5. ´ Si A es un anillo noetheriano, sobre cada ideal propio a de A sólo existe un numero finito de ideales primos minimales. Lema. 44.6. En un anillo noetheriano el nilradical es nilpotente. ´ . Como A es noetheriano resulta que Nil(A) es un ideal finitamente generaD EMOSTRACI ON n do. Sea Nil(A) = a1 A + · · · + as A. Para cada ´ındice i existe ni ∈ N tal que ai i = 0. Tomamos n = máx{n1 , . . . , ns }. Un sistema de generadores de Nil(A)sn está formado por los elementos ´ ei es mayor o´ igual que n y por tanto a1e1 · · · ases , con e1 + · · · + es = sn. En consecuencia algun e1 es sn a1 · · · as = 0. Luego Nil(A) = 0. Corolario. 44.7. En un anillo noetheriano cada ideal contiene una potencia de su radical.

45.

Anillos artinianos

Proposici´ on. 45.1. En un anillo artiniano cada ideal primo es maximal. ´ . Sea p un ideal primo de A, entonces A/p es un dominio de integridad artiD EMOSTRACI ON niano. Dado 0 6= x ∈ A/p, consideramos la cadena descendente de ideales: x(A/p) ⊇ x2 (A/p) ⊇ · · · . Existe entonces n ∈ N tal que xn (A/p) = xn+1 (A/p). Resulta que existe y ∈ A/p tal que xn = xn+1 y, luego 1 = xy y por tanto x es una unidad y A/p es un cuerpo. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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248 Corolario. 45.2. Si A es un anillo artiniano, Nil(A) = J(A).

´ . Recordar que Nil(A) es la intersección de todos los ideales primos y J(A) es D EMOSTRACI ON la intersección de todos los ideales maximales, y como cada ideal primo es maximal, se tiene el resultado. Proposici´ on. 45.3. ´ En un anillo artiniano existe sólo un numero finito de ideales primos. ´ . Consideramos Γ el conjunto de todas las intersecciones finitas de ideales D EMOSTRACI ON primos, y por tanto maximales, de A. Como A es un anillo artiniano, resulta que Γ tiene un elemento minimal. Sea m1 ∩ · · · ∩ mt ∈ Γ minimal. Para cada ideal maximal m tenemos: m ∩ m1 ∩ · · · ∩ mt ⊆ m1 ∩ · · · ∩ mt , luego por la minimalidad resulta m1 ∩ · · · ∩ mt ⊆ m, y por tanto m es igual a uno de los mi , 1 ≤ i ≤ t.

Corolario. 45.4. En un anillo artiniano el nilradical es el producto de los ideales maximales. ´ . Es consecuencia de que los ideales maximales son un numero ´ D EMOSTRACI ON finito, coinciden con los ideales primos y son comaximales. Corolario. 45.5. Si A es un anillo artiniano, el cociente A/J(A) es isomorfo a un producto de cuerpos. ´ . Existe un numero ´ D EMOSTRACI ON finito de ideales primos, y cada uno de ellos es maximal. Sean e´ stos m1 , . . . , mt . Se tiene J(A) = m1 ∩ . . . ∩ mt , y por el Teorema Chino del Resto, existe un isomorfismo A/J(A) ∼ = A/m1 × · · · × A/mt . Proposici´ on. 45.6. En un anillo artiniano el nilradical es nilpotente. ´ . Supongamos que n = Nil(A). Por ser A artiniano, existe n ∈ N tal que nn = D EMOSTRACI ON nn+1 . Supongamos que nn 6= 0. Llamamos Γ al conjunto Γ = {a ⊆ A | ann 6= 0}, 26 de octubre de 2010



249

por la suposición anterior tenemos que Γ 6= ∅. Otra vez por ser A artiniano, existe a ∈ Γ minimal. Sea a ∈ a tal que ann 6= 0, entonces por la minimalidad de a tenemos que a = aA. También se verifica la relación annn = ann+1 = ann 6= 0, y por la minimalidad tenemos an = aA. Entonces existe y ∈ n tal que ay = a, y es fácil ver que se tiene ay s = a para cada s ∈ N; ahora bien, y es nilpotente, ya que y ∈ n, luego existe s tal que y s = 0, y por tanto a = 0, lo que es una contradicción. Teorema. 45.7. (Teorema de Akizuki.) Todo anillo artiniano es noetheriano. ´ . Sean m1 , . . . , mt los ideales maximales de A y consideremos la siguiente D EMOSTRACI ON cadena de submódulos: A ⊇ m1 ⊇ m1 m2 ⊇ · · · ⊇ m1 · · · mt = a ⊇ am1 ⊇ · · · ⊇ an1 = 0 Cada cociente de esta cadena es de la forma b/bmi , y por tanto es un A/mi –módulo, esto es, un A/mi –espacio vectorial y, como A es artiniano, resulta ser de dimensión finita. Podemos encontrar entonces una serie de composición de b/bmi (como A/mi –espacio vectorial y como A–módulo). Entonces A tiene longitud finita y como consecuencia es un anillo noetheriano. ˜ El siguiente problema es ver qué condiciones es necesario anadir a un anillo noetheriano para que sea artiniano. Para hacer el rec´ıproco del Teorema de Akizuki, vamos a hacer el siguiente Lema. Lema. 45.8. Sea A un anillo en el que el ideal cero es un producto de ideales maximales, por ejemplo m1 , . . . , mt , no necesariamente distintos, entonces son equivalentes: (a) A es un anillo noetheriano. (b) A es un anillo artiniano. ´ . (a)⇒(b). Como tenemos m1 · · · mt = 0, consideramos la cadena de submóduD EMOSTRACI ON los: A ⊇ m1 ⊇ · · · ⊇ m1 · · · mt = 0, entonces m1 · · · ms /m1 · · · ms+1 es un A/ms+1 –espacio vectorial de dimensión finita, esto es consecuencia de que A es un anillo noetheriano y de que A/ms+1 es un cuerpo. Como consecuencia A es de longitud finita y por tanto A es un anillo artiniano. El siguiente resultado es un rec´ıproco del Teorema de Akizuki. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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250 Teorema. 45.9. (Teorema de Akizuki.) Sea A un anillo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es un anillo noetheriano y cada ideal primo es maximal; (b) A es un anillo artiniano.

´ . (a)⇒(b). Por ser A un anillo noetheriano, existe un numero ´ D EMOSTRACI ON finito de ideales primos minimales, luego Nil(A) = m1 ∩· · ·∩mt para una familia finita de ideales maximales, ya que cada ideal primo, por la hipótesis, es maximal. Por ser Nil(A) nilpotente existe un entero positivo n tal que Nil(A)n = 0, entonces (m1 · · · mt )n ⊆ (m1 ∩ · · · ∩ mt )n = Nil(A)n = 0, y aplicando el Lema anterior tenemos el resultado.

´ ´ El siguiente ejemplo muestra un anillo con un unico ideal primo, y por tanto un unico ideal maximal que no es artiniano y tampoco noetheriano. Ejemplo. 45.10. Se considera un cuerpo K , el anillo B = K [X1 , X2 , . . .] en infinitas indeterminadas, el ideal b = (X1 , X22 , X33 , . . .) y el anillo cociente A := B/b = K [X1 , X2 , · · · ]/(X1 , X22 , X33 , . . .). ´ Llamamos xi a la clase de Xi . El anillo A tiene un unico ideal primo, el ideal p := (x1 , x2 , . . .), que es maximal, ya que A/p ∼ K es un cuerpo. Sin embargo A no es un anillo noetheriano, ya = que el ideal p no es finitamente generado, y por tanto no es artiniano.

M´ odulos sobre anillos artinianos Veamos algunas consecuencias de los Teoremas de Akizuki. Corolario. 45.11. Sea A un anillo noetheriano y a un ideal de A. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) Todo ideal primo de A/a es maximal; (b) A/a es un A–módulo de longitud finita; (c) Todo ideal primo de A/a es maximal; (d) a es un producto de ideales maximales. 26 de octubre de 2010



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Corolario. 45.12. Sea A un anillo noetheriano y M un A–módulo finitamente generado. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M es de longitud finita; (b) Todo ideal primo de Supp(M) es maximal. ´ . (a)⇒(b). Si M es de longitud finita, entonces tiene una serie de composiD EMOSTRACI ON ción 0 = M0 ⊂ · · · ⊂ Mr = M, con ideales maximales {m1 , . . . , mr } tales que mi = Ann(Mi /Mi−1 ). Se tiene que Ass(M) ⊆ {m1 , . . . , mr } y está formado por ideales maximales, y como Ass(M) son los elementos minimales del soporte, resulta que el soporte está formado por ideales maximales. (b)⇒(a). Consideremos una cadena 0 = M0 ⊂ · · · ⊂ Mr = M, con Mi /Mi−1 ∼ = A/pi , pi ∈ Ass(M) = Supp(M) por verificarse (b). Entonces tenemos una serie de composición de M. Corolario. 45.13. Sea A un anillo artiniano y M un A–módulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M es de longitud finita; (b) M es finitamente generado. Corolario. 45.14. Sea A un anillo artiniano y M un A–módulo finitamente generado, entonces M tiene longitud finita y Ass(M) = Supp(M). ´ . Tenemos que A es un anillo noetheriano, entonces M es un A–módulo D EMOSTRACI ON noetheriano y artiniano, luego de longitud finita. Como A es artiniano, todo ideal primo es maximal, y como Ass(M) son los elementos minimales de Supp(M), resulta que Supp(M) = Ass(M). Corolario. 45.15. Sea A un anillo noetheriano y M un A–módulo finitamente generado. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M es de longitud finita. (b) A/ Ann(M) es un anillo artiniano. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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252

´ . Utilizando el Corolario (45.12.) basta probar que son equivalentes que el D EMOSTRACI ON anillo A/ Ann(M) es artiniano y que Supp(M) está formado por ideales maximales, y esto es ´ equivalente a probar que los ideales que contienen a Ann(M) son maximales y son un numero finito.

Teorema de estructura de anillos artinianos Teorema. 45.16. (Teorema de estructura de anillos artinianos.) Sea A un anillo artiniano con ideales maximales m1 , . . . , mt . Entonces A es isomorfo al anillo producto A/mn1 × · · · × A/mnt , ´ (n1 , . . . , nt ) ∈ Nt . Además, cada A/mni es un anillo local artiniano con ideal maxipara algun mal mi /mni . ´ . Tenemos Nil(A) = m1 · · · mt . Existe n ∈ N tal que 0 = Nil(A)n = mn1 · · · mnt . D EMOSTRACI ON Como los ideales mni son comaximales, resulta que mn1 · · · mnt = mn1 ∩ · · · ∩ mnt . Entonces por el Teorema Chino del Resto tenemos un isomorfismo A∼ = A/ Nil(A)n ∼ = A/mn1 × · · · × A/mnt . ´ Los anillos A/mni son artinianos y mi /mni es un ideal maximal, y como es nilpotente es el unico. Ejemplo. 45.17. Para cada n ∈ Z el anillo Zn es finito, y por lo tanto es artiniano. Si la factorización de n es n = pe11 · · · ptet , entonces la descomposición de Zn en producto de anillos artinianos locales es: Z Z Zn = e1 × · · · × et . pt Z p1 Z En efecto, el nilradical es n := p1 · · · pt Z/nZ = (p1 Z/nZ) · · · (pt Z/nZ), y se tiene ne = 0, siendo e = máx{e1 , . . . , et }. Por tanto en aplicación del Teorema (45.16.) resulta Z/nZ Z/nZ Zn ∼ = pe Z+nZ/nZ × · · · × pe Z+nZ/nZ t

1


∼ =

Z pe1 Z+nZ

=

Z e p11 Z

× ··· ×

× ··· ×

Z pet Z+nZ

Z . e pt t Z



253

Ejemplo. 45.18. El caso de un anillo cociente K [X ]/(F), siendo F ∈ K [X ] un polinomio no constante se resuelve de la misma forma, ya que en este caso K [X ]/(F) es una K –álgebra de dimensión finita, y por tanto las cadenas estrictas de ideales son finitas. Si la factorización de F es en polinomios irreducibles no asociados es F = F1e1 · · · Ftet , entonces se tiene un isomorfismo K [X ] K [X ] K [X ]/(F) ∼ = e1 × · · · × et . (Ft ) (F1 ) Queda ahora el problema de determinar la estructura de los anillos locales artinianos. Teorema. 45.19. (Estructura de anillos locales artinianos.) Sea A un anillo local noetheriano. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) A es un anillo artiniano; (b) El ideal maximal es nilpotente. ´ . (a)⇒(b). Si A es un anillo artiniano, entonces cada ideal primo es maximal D EMOSTRACI ON ´ y el nilradical es nilpotente, luego el unico ideal maximal es nilpotente. (b)⇒(a). Si el ideal maximal m es un ideal nilpotente, entonces para cada ideal primo p de ´ A existe n ∈ N tal que mn ⊆ p, entonces m ⊆ p, y por tanto m es el unico ideal maximal. Aplicando entonces el Teorema de Akizuki tenemos que A es un anillo artiniano. Vamos a estudiar con más detalle los anillo locales artinianos. Veamos antes un resultado sobre anillos locales noetherianos: Lema. 45.20. Sea A un anillo local noetheriano con ideal maximal m, entonces se verifica una de las dos posibilidades siguientes: (a) mn 6= mn+1 para cada n ∈ N; ´ n ∈ N, y en este caso A es artiniano. (b) mn = 0 para algun ´ . Supongamos que existe n ∈ N tal que mn = mn+1 , entonces se tiene mmn = D EMOSTRACI ON mn+1 = mn , y por el Lema de Nakayama mn = 0. Para ver que A es artiniano basta aplicar que el ideal cero es un producto de ideales maximales. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


254

Proposici´ on. 45.21. Sea A un anillo local artiniano con cuerpo residual K . Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) Cada ideal de A es principal; (b) El ideal maximal de A es principal; (c) dimK (m/m2 ) ≤ 1. ´ . De forma evidente tenemos (a)⇒(b)⇒(c). Para probar que (c)⇒(a), suponD EMOSTRACI ON gamos que dimK (m/m2 ) ≤ 1. Si dimK (m/m2 ) = 0, entonces m = m2 , y por el Lema de Nakayama tenemos m = 0, entonces A es un cuerpo y se tiene el resultado. Si dimK (m/m2 ) = 1, entonces tenemos que m es un ideal principal. Supongamos que m = xA. Para cada ideal propio no nulo a ⊆ A tenemos que a ⊆ m. Ya que Nil(A) = m es nilpotente, existe m ∈ N tal que a ⊆ mm = xm A y a * mn+1 = xm+1 A. Entonces podemos tomar y ∈ a de forma que y = rxm e y∈ / xm+1 A, luego r ∈ / xA = m, esto es, es una unidad. Entonces xm ∈ yA ⊆ a y tenemos que a = xm A = mm es un ideal principal. ´ Estos ultimos resultados nos dicen que los anillos locales artinianos conmutativos, a pesar de su simplicidad aparente son de complicada estructura. A modo de ejemplo. (1) El anillo Zpn es un ejemplo de anillo local artiniano, en e´ l cada ideal es principal. (2) El mismo resultado se tiene al considerar el anillo local artiniano K [X ]/(F e ), siendo F ∈ K [X ] un polinomio irreducible. (3) En el anillo K [X 2 , X 3 ]/(X 4 ) el ideal maximal es el generado por la clase de X 2 y la clase de X 3 . Por tanto no es un ideal principal. Además, se tiene que m2 está generado por la clase de X 5 y dimK (m/m2 ) = 2.

46.

Repaso sobre la dimensi´ on de anillos

Los anillos artinianos son anillos que tienen dimensión de Krull igual a cero, y en ellos las ca´ denas de ideales primos se reducen a un unico elemento, pues todo ideal primo es maximal. En general no todo anillo de dimensión cero es un anillo artiniano. Ejemplo. 46.1. Q Se considera el anillo A = n Q = Qn≥0 . Este anillo no es noetheriano y no es artiniano, ya que existe una cadena descendente no acotada: Qn≥0 ⊇ Qn≥1 ⊇ Qn≥2 ⊇ Qn≥3 ⊇ · · · 26 de octubre de 2010


´ N DE ANILLOS S EC . 46. R EPASO SOBRE LA DIMENSI O

255

Sin embargo es de dimensión cero, ya que los ideales primos son de la forma Qn6=a para a ∈ N, y todos ellos son maximales, ya que A/Qn6=a ∼ = Q. Vamos a reunir en la siguiente proposición algunos resultados sobre anillos locales noetherianos. Proposici´ on. 46.2. Sea A un anillo local noetheriano con ideal maximal m y cuerpo residual F = A/m. Se verifica: (1) El cociente m/m2 es un F–espacio vectorial de dimensión finita. Sea d := dimF (m/m2 ). (2) Todo conjunto de generadores de m tiene al menos d elementos. (3) Existe un conjunto de generadores de m que tiene d elementos. (4) dimF (m/m2 ) ≥ dim(A). (5) En el caso en que A := K [X1 , . . . , Xn ](X1 ,...,Xn ) , el localizado del anillo de polinomios en el ideal maximal (X1 , . . . , Xn ), y m el ideal maximal de A, se tiene dimF (m/m2 ) = n = dim(A). El ejemplo del anillo A := K [X1 , . . . , Xn ](X1 ,...,Xn ) proporciona un tipo especial de anillos, los anillos locales regulares. Un anillo noetheriano local A con ideal maximal m se llama regular si verifica: dimF (m/m2 ) = dim(A). Recordemos que dado un ideal primo p de un anillo A, la altura ht(p) de p es el supremo de las longitudes de las cadenas de ideales primos p0 ⊂ p1 ⊂ · · · ⊂ pn = p Y que en general se define al altura, ht(a), de un ideal a como el m´ınimo de las altura de los ideales primos minimales sobre a. Proposici´ on. 46.3. Para cada ideal primo p se verifica ht(p) = dim(Ap ). Proposici´ on. 46.4. Si A es un anillo noetheriano, entonces todo ideal primo de A tiene altura finita. En consecuencia el conjunto de los ideales primos de A verifica la condición de cadena descendente. El concepto dual de altura es el de profundidad. La profundidad de un ideal primo p en un anillo A se define como el supremo de las longitudes de las cadenas de ideales primos p = p0 ⊂ p1 ⊂ · · · ⊂ pn . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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256 Utilizamos la notación pr(p) para la profundidad del ideal p. Proposici´ on. 46.5. Para cada ideal primo p se verifica pr(p) = dim(A/p).

Veamos un ejemplo de un anillo noetheriano de dimensión infinita, en e´ l hay ideales primos de altura arbitrariamente grande. Ejemplo. 46.6. (Nagata) Sea K un cuerpo y B = K [X1 , X2 , . . .] el anillo de polinomios en infinitas indeterminadas. Consideramos una sucesión creciente en enteros positivos: 1 = m1 < m2 < · · · verificando que para cada ´ındice i se tiene 0 < mi − mi−1 < mi+1 − mi , y sea pi = (Xmi , · · · , Xmi+1 −1 ). Cada pi es un ideal primo, luego el complemento de la unión es un conjunto multiplicativo saturado. Sea Σ = B \ (∪i pi ). Vamos a ver que el anillo A := Σ−1 A es noetheriano. (1) Primero identificamos los ideales maximales de A. Sea m un ideal maximal de A, entonces ´ ideal primo n tal que n ∩ Σ = ∅ y n es maximal verificando esta condim = Σ−1 n para algun ción. En consecuencia n ⊆ ∪i pi . Dado 0 6= x ∈ n, x se escribe como polinomios en los Xj con ´ un numero finito de indeterminadas, y por tanto x ∈ / pi para i mayor que un cierto entero ´ positivo, esto es, x pertenece sólo a un numero finito de ideales pi . ´ Supongamos que n es finitamente generado, entre todos los generadores involucran un numero finito de indeterminadas, sean X1 , . . . , Xs , llamamos T = K [X1 , . . . , Xs ] y consideramos n∩T . Casi todos las intersecciones pi ∩ T son cero, y además se verifica n ∩ T ⊆ ∪i (pi ∩ T ). Aplicando la Proposición (4.3.) existe un ´ındice i tal que n ∩ T ⊆ pi ∩ T . En consecuencia n ⊆ pi , ya que ´ e´ ste ultimo contiene a todos los generadores de n. Supongamos ahora que n no es finitamente generado. Dado un sistema de generadores, no nulos, {n1 , n2 , . . .} de n definimos para cada entero positivo j el ideal finitamente generado nj := (n1 , n2 , . . . , nj ). Para cada uno de estos ideales existe un ´ındice i(j) tal que nj ⊆ pi(j) . Consideramos ahora el conjunto de estos ´ındice {i(j) | j ≥ 1}. Este conjunto es finito, ya que n1 6= 0 pertenece a todos los pi(j) , pero n1 sólo puede pertenecer a un conjunto finito de e´ stos. Luego si el conjunto C es finito, resulta que n está contenido en una unión finita de los pi , y aplicando nuevamente la Proposición (4.3.), existe un ideal pi que contiene a n. En consecuencia n es uno de los pi y se tiene m = Σ−1 pi . (2) Para cada ideal maximal m de A el localizado Am es noetheriano. El ideal m corresponde a un ideal primo de B, sea n. El localizado Am se realiza como Σ−1 BΣ−1 n , y por lo tanto es isomorfo a Bn . Para ver que Bn es noetheriano suponemos que n = p1 = (Xm1 , . . . , Xm2 −1 ); el 26 de octubre de 2010


´ N DE ANILLOS S EC . 46. R EPASO SOBRE LA DIMENSI O

257

cálculo de Bp1 podemos realizarlo como: Bp1 = (K [Xm2 , Xm2 +1 , . . .][Xm1 , . . . , Xm2 −1 ])p1 = K (Xm2 , Xm2 +1 , . . .)[Xm1 , . . . , Xm2 −1 ]p0 , 1

que es el localizado de un anillo de polinomios con coeficientes en un cuerpo, y por lo tanto es noetheriano. (3) El siguiente resultado que necesitamos es comprobar que para cada elemento 0 6= a ∈ A ´ pertenece solo a un numero finito de ideales maximales. Esto es consecuencia del razonamiento en (1). (4) Veamos que cada ideal de A es finitamente generado. Dado un ideal a de A, e´ ste está con´ tenido solo en un numero finito de ideales maximales, sean m1 , . . . , ms todos los ideales maximales que contienen a a. Podemos encontrar un conjunto finito de elementos a1 , . . . , at en ´ ideal maximal, distinto de los anteriores que contiene a todos a tales que no existe ningun ´ ellos. Utilizando que Amj es noetheriano, existe un numero finito de elementos aj,1 , . . . , aj,tj que generan el ideal aAmi . Consideramos ahora el conjunto finito C = {a1 , . . . , at } ∪

[ {aj,1 , . . . , aj,tj }. j

Vamos a ver que a =

P

c∈C

aA.

Para m 6= mj , j = 1, . . . , s, se tiene: aAm = Am , ya que a * m. P ∃ai , i ∈ {1, . . . , t}, tal que ai ∈ / m, entonces c∈C cAm = Am .

Para m = mj , j ∈ {1, . . . , s}, se tiene aAmj = (aj,1 , . . . , aj,tj )Amj ⊆

P

c∈C

cAmj ⊆ aAmj .

P P Por tanto c∈C cAm = aAm para cada ideal maximal m, y por tanto se tiene que a = c∈C cA es un ideal finitamente generado y A es un anillo noetheriano. Si identificamos pi con su extendido en A, observa que el anillo Api tiene dimensión mi+1 −mi , ´ por lo tanto el ideal primo pi tiene altura mi+1 − mi . Como estos numeros van creciendo se tiene que la dimensión de A es infinita.


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258

47.

Ejercicios

Ejercicio. 47.1. Demuestra que para cada anillo A se tiene: dim(A) = sup{dim(Ap ) | p ∈ Spec(A)}. ´ SOLUCION Ejercicio. 47.2. Demuestra que si a es un ideal nilpotente de un anillo A, entonces: dim(A) = dim(A/a). ´ SOLUCION Ejercicio. 47.3. Sea K un cuerpo y a ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] el ideal generado por los siguientes polinomios de grado uno:   P F1 = ni=0 a1,i Xi ,   .. a=  Pn. Fs = i=0 as,i Xi Si r es el rango del sistema de ecuaciones lineales:  Pn  i=1 a1,i Xi = a1,0  .. .  Pn a X =a  i=1

s,i i

s,0

Prueba que la dimensión del anillo K [X1 , . . . , Xn ]/a es igual a n − r. ´ SOLUCION Ejercicio. 47.4. ´ Prueba que un a´ lgebra af´ın (cociente de un anillo de polinomios en un numero finito de indeterminadas) tiene dimensión cero si y solo si es finito dimensional. ´ SOLUCION



Cap´ıtulo IX Descomposici´ on primaria 48 49 50 51 52

Descomposición primaria de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . Descomposición primaria de módulos sobre anillos noetherianos Conjuntos algebraicos irreducibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Lasker–Noether para anillos de polinomios . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

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260 265 275 281 282

Introducci´ on El estudio de los conjuntos algebraicos se reduce a encontrar descomposiciones de los mismos en términos de sus componentes irreducibles. Desde el punto de visa algebraico se trata de dar una descomposición del anillo como una intersección de ciertos ideales: los ideales primarios. El objetivo del cap´ıtulo es probar que cada anillo noetheriano tiene una descomposición primaria: posteriormente esta descomposición se prueba también para módulos noetherianos. Se aplica esta teor´ıa en algunos caso concretos, centrándonos en dos: la clasificación de los conjuntos algebraicos del plano y la descomposición en los anillos de polinomios.

´ N PRIMARIA C AP. IX. D ESCOMPOSICI O

260

48.

Descomposici´ on primaria de ideales

Ideales primarios Un ideal q de un anillo conmutativo A se llama primario si es propio y verifica la siguiente condición: para a, b elementos de A tales que ab ∈ q y a ∈ / q, entonces existe n ∈ N tal que n b ∈ q. Lema. 48.1. Sea A un anillo conmutativo y q un ideal propio de A. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) q es un ideal primario; (b) Cada divisor de cero de A/q es un elemento nilpotente. ´ . (a) ⇒ (b). Sea x + q ∈ A/q un divisor de cero, entonces existe 0 6= y + q tal D EMOSTRACI ON que 0 = (x + q)(y + q) = xy + q y tenemos xy ∈ q, como y ∈ / q, entonces existe n ∈ N tal que xn ∈ q y x + q es nilpotente. (b) ⇒ (a). Sea xy ∈ q, y ∈ / q, entonces 0 = (x + q)(y + q) y y + q 6= 0, luego x + q es un divisor de cero y es nilpotente, esto es, existe n ∈ N tal que (x + q)n = 0, entonces xn ∈ q y q es primario. Lema. 48.2. Si q es un ideal primario de un anillo conmutativo A, entonces rad(q) es un ideal primo. ´ . Sea xy ∈ rad(q), si x ∈ D EMOSTRACI ON / rad(q), entonces para cada n ∈ N se tiene xn ∈ / q. Como consecuencia y ∈ q ⊆ rad(q). Si q es primario y rad(q) = p, entonces decimos que q es un ideal p–primario. Ejemplo. 48.3. ´ En el anillo Z de los numeros enteros los ideales primarios son de la forma pn Z, para p un ´ numero entero primo y n ∈ N. Sin embargo, si el anillo no es un DIP, un ideal primario no ha de ser necesariamente una potencia de un ideal primo. Ejemplo. 48.4. Sea A = K [X , Y ] el anillo de polinomios con coeficientes en un cuerpo y q = (X , Y 2 ). Es claro que q es primario, pues A/q ∼ = K [Y ]/(Y 2 ) verifica que cada divisor de cero es nilpotente. Sin 2 embargo, el radical de (X , Y ) es (X , Y ) y se verifica: (X , Y )2 ⊆ (X , Y 2 ) ⊆ (X , Y ). 26 de octubre de 2010


´ N PRIMARIA DE IDEALES S EC . 48. D ESCOMPOSICI O

261

Observa que (X , Y )2 es un ideal primario, ya que si FG ∈ (X , Y )2 y F ∈ / (X , Y )2 ⊆ (X , Y ), si G ∈ / (X , Y ), entonces (X , Y ) + (G) = K [X , Y ], lo que implica que existen H ∈ (X , Y )2 y L ∈ K [X , Y ] tales que H + LG = 1, entonces F = FH + LFG ∈ (X , Y )2 , lo que es una contradicción. El siguiente ejemplo prueba que no es tampoco suficiente que el radical del ideal sea primo, ni que e´ ste sea la potencia de un ideal primo para que sea primario. Ejemplo. 48.5. Sea A = K [X , Y , Z]/(XY − Z 2 ), llamamos X , Y y Z a las clases de X , Y y Z en A. Tenemos que 2

el ideal p = (X , Z) es un ideal primo, y que p2 no es un ideal primario, ya que X Y = Z ∈ p2 , y n ´ n ∈ N. se tiene que X ∈ / p2 y Y ∈ / pn para ningun Por el contrario, toda potencia de un ideal maximal siempre es un ideal primario. Lema. 48.6. Sea A un anillo conmutativo y q un ideal propio. Si rad(q) es un ideal maximal, entonces q es un ideal primario. En particular las potencias de un ideal maximal son ideales primarios. ´ . Se considera el cociente A/q, como rad(q) = m es un ideal maximal, resulta D EMOSTRACI ON ´ que A/q tiene un unico ideal primo, luego cada divisor de cero es nilpotente y q es un ideal primario. Corolario. 48.7. Sea A un anillo conmutativo, q un ideal propio y m un ideal maximal tal que mn ⊆ q ⊆ m ´ n ∈ N, entonces q es un ideal m–primario. para algun ´ . Es claro, ya que rad(q) = m. D EMOSTRACI ON

Descomposici´ on primaria de ideales Lema. 48.8. Sea A un anillo conmutativo y {qα | α ∈ Λ} una familia de ideales p–primarios, entonces ∩α qα es un ideal p–primario. ´ . Se tiene rad(∩α qα ) = ∩α rad(qα ) = p. Por otro lado, si xy ∈ ∩α qα y x ∈ D EMOSTRACI ON / ∩α qα , n entonces existe un ´ındice β tal que x ∈ / qβ , luego existe n ∈ N tal que y ∈ qβ y por tanto y ∈ p. m Entonces existe m ∈ N tal que y ∈ ∩α qα . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Proposici´ on. 48.9. Sea A un anillo conmutativo y q un ideal p–primario. Para cada x ∈ A se verifica: (1) x ∈ q si y sólo si (q: x) = A; (2) x ∈ / q si y sólo si (q: x) es p–primario; (3) x ∈ / p si y sólo si (q: x) = q. ´ . (1). Es consecuencia directa de la definición. D EMOSTRACI ON (2). Si x ∈ / q y ab ∈ (q : x) con a ∈ / (q : x), entonces abx ∈ y ax ∈ / q, luego existe n ∈ N tal n n que b ∈ q, en particular b ∈ (q : x), luego (q : x) es primario. El rec´ıproco es inmediato, ya que cada ideal primario es un ideal propio. Para ver que es p–primario, comprobamos la igualdades siguientes: rad(q : x) = {a | ∃n ∈ N, an ∈ (q : x)} = {a | ∃n ∈ N, an x ∈ q} = {a | ∃n ∈ N, an ∈ q} = rad(q) = p. (3). Es consecuencia directa de la definición.

Si a es un ideal propio de A, una descomposici´ on primaria de a es una expresión del tipo: a = ∩ni=1 qi , con qi ideales primarios. Una descomposición primaria se llama minimal si verifica las dos condiciones siguientes: (I) rad(qi ) 6= rad(qj ) si i 6= j; (II) qi + ∩j6=i qj para cada ´ındice i = 1, . . . , n. Un ideal a se llama descomponible si tiene una descomposición primaria. Lema. 48.10. Todo ideal descomponible tiene una descomposición primaria minimal. ´ . Es consecuencia del Lema (48.8.). D EMOSTRACI ON

Teorema. 48.11. (Primer teorema de unicidad.) Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposición primaria minimal a = ∩ni=1 qi . Sea rad(qi ) = pi para cada ´ındice i. Entonces los ideales pi son todos los ideales primos que se pueden escribir en la forma rad(a: x), para x ∈ A. Como consecuencia son independientes de la elección de la descomposición primaria considerada. 26 de octubre de 2010


´ N PRIMARIA DE IDEALES S EC . 48. D ESCOMPOSICI O

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´ . Dado x ∈ A tenemos (a : x) = (∩i qi : x) = ∩i (qi : x), luego rad(a : x) = D EMOSTRACI ON rad(∩i (qi : x)) = ∩i rad(qi : x) = ∩{pi | x ∈ / qi , i = 1, . . . , n}. Cuando rad(a : x) es primo, ´ ´ındice i. Rec´ıprocamente, para cada ´ındice i se resulta que pi ⊇ rad(a : x) ⊇ pi para algun ´ x∈ tiene pi = rad(qi : x) para algun / qi , ya que la descomposición verifica (II). Corolario. 48.12. En la situación anterior, para cada ´ındice i existe un elemento xi ∈ A tal que pi = rad(a : xi ) y (a : xi ) es primario.

Los ideales pi se llaman ideales primos asociados al ideal a. El conjunto de los ideales primos asociados a a se representa por Ass(A/a). Proposici´ on. 48.13. Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposición primaria minimal. Para cada ideal primo p tal que p ⊇ a, existe un ideal primo minimal q verificando p ⊇ q ⊇ a. Además los ideales primos minimales sobre a son exactamente los elementos minimales de Ass(A/a).

´ . La primera parte es consecuencia del Lema de Zorn. Para la segunda, si D EMOSTRACI ON p ⊇ a es minimal, entonces de p ⊇ ∩i qi tenemos que existe un ´ındice i tal que p ⊇ pi ⊇ a, y por la minimalidad se tiene p = pi . Proposici´ on. 48.14. Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposición primaria minimal a = ∩ni=1 qi . Sea rad(qi ) = pi para cada ´ındice i. Entonces ∪ni=1 pi = {x ∈ A | (a: x) 6= a}. En particular si 0 es un ideal con descomposición primaria, entonces el conjunto de los divisores de cero de A es la unión de los ideales primos asociados al ideal 0.

´ . Podemos considerar que a = 0 pasando al cociente A/a. Vamos entonces a D EMOSTRACI ON ver que el conjunto D de los divisores de cero de A es la unión de los ideales primos asociados a A. Es claro que D ⊆ ∪pi ya que tenemos D = ∪x (0 : x) = ∪x rad(0 : x), y rad(0 : x) ∈ Ass(A). ´ xi ∈ A, entonces pi ⊆ D y Rec´ıprocamente, como cada pi es de la forma rad(0 : xi ) para algun tenemos la igualdad. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Proposici´ on. 48.15. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Si q es un ideal p–primario de A se verifica: (1) Si Σ ∩ p 6= ∅, entonces Σ−1 q = Σ−1 A; (2) Si Σ ∩ p = ∅, entonces Σ−1 q es Σ−1 p–primario y (Σ−1 q)c = q. Como consecuencia, existe una correspondencia biyectiva entre ideales primarios de Σ−1 A y los ideales primarios que no cortan a Σ. ´ . Si Σ ∩ p 6= ∅, entonces existe s ∈ Σ ∩ p, como p = rad(q), existe n ∈ N tal D EMOSTRACI ON n que s ∈ q, luego Σ−1 q = Σ−1 A. Si Σ ∩ p = ∅, y (a/1)((b/1) ∈ Σ−1 q, a/1 ∈ / Σ−1 q, entonces existe s ∈ Σ tal que abs ∈ q n y as ∈ / q. Luego existe n ∈ N tal que b ∈ q, en consecuencia b/1 ∈ Σ−1 q. Por otro lado rad(Σ−1 q) = Σ−1 rad(q) = Σ−1 p. Para cada ideal a de un anillo A y cada subconjunto multiplicativo Σ, llamamos SatΣ (a) a la Σ–saturaci´ on de a, esto es, a SatΣ (a = (Σ−1 a)c . Proposici´ on. 48.16. Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Sea a un ideal de A con una descomposición primaria minimal a = ∩ni=1 qi . Sea rad(qi ) = pi para cada ´ındice i. Supongamos que pj ∩ Σ = ∅ para j = 1, . . . , m y pj ∩ Σ 6= ∅ para j = m + 1, . . . , n. Entonces −1 Σ−1 a = ∩m i=1 Σ q

y

SatΣ (a) = ∩m i=1 qi

son descomposiciones primarias minimales. Un subconjunto P de Spec(A) se llama genéricamente estable cuando verifica que: si p ∈ P y p0 ⊆ p, entonces p0 ∈ P. Ejemplo. 48.17. Dado un conjunto multiplicativo Σ ⊆ A el conjunto P = {p | p ∩ Σ = ∅} es un conjunto genéricamente estable. Teorema. 48.18. (Segundo teorema de unicidad.) Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposición primaria minimal a = ∩ni=1 qi . Sea rad(qi ) = pi , para cada ´ındice i. Si {p1 , . . . , pm } es un conjunto genéricamente estable contenido en Ass(A/a), entonces q1 ∩· · ·∩qm es independiente de la descomposición primaria. Observa que conjunto {p1 , . . . , pm } puede estar propiamente contenido en Ass(A/a). 26 de octubre de 2010


´ N PRIMARIA DE M O ´ DULOS SOBRE ANILLOS NOETHERIANOS S EC . 49. D ESCOMPOSICI O

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´ . Llamamos Σ = A \ (p1 ∪ . . . ∪ pm ), entonces Σ es un conjunto multiplicatiD EMOSTRACI ON vamente cerrado. Para cada ideal primo p, asociado a a se tiene p ∩ Σ = ∅, si p ∈ {p1 . . . , pm }, Σ −1 m o´ p ∩ Σ 6= ∅, si p ∈ / {p1 . . . , pm }. Entonces Σ−1 a = ∩m 1 Σ qi , y se tiene a = ∩1 qi . Si a es un ideal con una descomposición primaria, cada elemento minimal de Ass(A/a) se llama un primo aislado, los restantes ideales primos se llaman embebidos. Si pi es un primo aislado, entonces qi se llama componente primaria aislada, las otras se llaman componentes primarias embebidas. Observa que cualquier conjunto de primos aislados es un subconjunto genéricamente estable. Corolario. 48.19. Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposición primaria. Las componen´ tes primarias aisladas están determinadas de forma unica. ´ Por el contrario las componentes embebidas no están determinadas de forma unica. Ejemplo. 48.20. Se considera el anillo A = K [X , Y ] y el ideal a = (X 2 , XY ). Llamamos p1 = (X ) y p2 = (X , Y ). Entonces a = p1 ∩ p22 es una descomposición primaria de A. Entonces como p1 ⊆ p2 , entonces p1 es un primo aislado y p2 es un primo embebido. Otra descomposición primaria de a es a = (X ) ∩ (X 2 , Y ). En este caso la componente aislada es (X ) y la componente embebida es (X 2 , Y ), lo que prueba que las componentes embebidas ´ no están determinadas de forma unica.

49.

Descomposici´ on primaria de m´ odulos sobre anillos noetherianos

OPCIONAL Vamos a establecer los resultados sobre descomposiciones primarias para módulos, y en particular vamos a probar que cada submódulo de un módulo noetheriano tiene una descomposición primaria. Por lo tanto cada ideal de un anillo noetheriano tendrá una descomposición primaria. Veamos algunos resultados sobre ideales primos asociados. Ass(M) = {p ∈ Spec(A) | existe 0 6= m ∈ M, tal que p = Ann(m)}. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Un A–módulo M se llama coterciario si Ass(M) es un conjunto unitario. Vamos a ver una condición suficiente para que un A–módulo sea coterciario. Un A–módulo M se llama uniforme si para cada par de submódulos no nulos N y L se tiene N ∩ L 6= 0. Lema. 49.1. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo uniforme tal que Ass(M) es no vac´ıo, entonces M es coterciario. ´ . Sean p1 , p2 ∈ Ass(M), con pi = Ann(mi ), i = 1, 2. Si M es uniforme entonces D EMOSTRACI ON existe 0 6= x ∈ Am1 ∩ Am2 , y se verifica: p1 = Ann(m1 ) = Ann(x) = Ann(m2 ) = p2 . La inclusión Ann(m1 ) ⊆ Ann(x) es clara, y si x = am1 , para cada elemento b ∈ Ann(x) se tiene 0 = bx = bam1 , y como a ∈ / Ann(m1 ) = p, se tiene b ∈ p = Ann(m1 ). Ejercicio. 49.2. Sea A un anillo conmutativo, p un ideal primo de A y M un A–módulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) p es un ideal primo asociado a M; (b) Existe un homomorfismo inyectivo A/p → M. En particular se verifica Ass(A/p) = {p} y p es el anulador de cada elemento no nulo de A/p. Sea M un A–módulo, un submódulo N de M se llama esencial si es no nulo y para cada submódulo no nulo L de M se tiene N ∩ L 6= 0. Se dice también que M es una extensi´ on esencial de N. Cuando N ⊆ M es un submódulo esencial escribimos N ⊆e M. Lema. 49.3. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo, entonces para cada extensión esencial M ⊆e E se verifica Ass(M) = Ass(E). Sea M un A–módulo, un elemento a ∈ A se llama un divisor de cero de M si existe 0 6= m ∈ M tal que am = 0. Llamamos Div(M) al conjunto de los divisores de cero de M. Lema. 49.4. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo no nulo, entonces el conjunto de todos los divisores de cero de M es la unión de los primos asociados a M. Div(M) = ∪{p ∈ Spec(A) | p ∈ Ass(M)}. ´ . La inclusión Div(M) ⊇ ∪{p | p ∈ Ass(M)} es clara. Si a ∈ Div(M), entonces D EMOSTRACI ON ´ 0 6= m ∈ M}, y sea existe 0 6= m ∈ M ta que am = 0. Sea Γ = {a | a ∈ a, am = 0, para algun 26 de octubre de 2010



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a ∈ Γ maximal con am0 = 0, m0 6= 0. Se tiene que a es un ideal primo. En efecto, sean x, y ∈ /a tales xy ∈ a; por la maximalidad de a para cada 0 6= m ∈ M se tiene que (a + Ax)m 6= 0 y (a + Ay)m 6= 0, luego 0 6= (a + Ax)(a + Ay)m0 ⊆ am0 = 0, lo que es una contradicción. Corolario. 49.5. Sea A un anillo noetheriano conmutativo, entonces el conjunto de los divisores de cero de A es la unión de los ideales primos asociados a A. Ver también la Proposición (48.14.). Teorema. 49.6. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo finitamente generado no nulo. Se verifica: (1) Existe una cadena de submódulos 0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mn = M tal que Mi /Mi−1 ∼ = A/pi , para pi ∈ Spec(A); (2) Para todas las cadenas del tipo anterior se verifica: Ass(M) ⊆ {p1 · · · , pn } ⊆ Supp(M). En particular, para cada A–módulo finitamente generado M el conjunto Ass(M) es finito. ´ . (1). Si tomamos p1 ∈ Ass(M), entonces existe un elemento 0 6= m1 ∈ M D EMOSTRACI ON tal que p1 = Ann(m1 ). Si llamamos M1 = Am1 , entonces M1 /M0 ∼ = A/p1 . Si M/M1 6= 0, existe p2 ∈ Ass(M/M1 ) y existe 0 6= m2 + M1 ∈ M/M1 tal que Ann(m2 + M1 ) = p2 . Si llamamos M2 = Am1 + Am2 , entonces se verifica M2 /M1 ∼ = A/p2 . De esta forma se obtiene una cadena ascendente, como indica el enunciado. que ha de ser finita. (2). Dado p ∈ Ass(M), existe 0 6= m ∈ M tal que Ann(m) = p. Si p 6= p1 , vamos a ver que p ∈ Ass(M/M1 ), y por inducción se obtendrá que p es uno de los pi . Como p 6= p1 , entonces M 1 ⊆ M , y en Am ∩ Am1 = 0, (ver la demostración del Lema (49.1.)). Entonces Am ∼ = Am+Am Am1 1 consecuencia p ∈ Ass(M/M1 ). Dado p, uno de los pi , tenemos una cadena 0 = M0 ⊆ (M1 )p ⊆ · · · ⊆ (Mn )p = Mp . Para ver que Mp 6= 0, basta ver que (Mi−1 )p 6= (Mi )p , o equivalentemente que (Mi /Mi−1 )p 6= 0; y esto es inmediato. Recordemos que si M es un A–módulo, el soporte de M, Supp(M), está formado por todos los ideales primos p tales que Mp 6= 0. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Corolario. 49.7. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo finitamente generado no nulo. Si a es un ideal formado por divisores de cero de M, entonces existe un 0 6= m ∈ M tal que am = 0. ´ . Sea a un ideal formado por divisores de cero de M, entonces a ⊆ ∪{p | p ∈ D EMOSTRACI ON Ass(M)}; como este conjunto es finito, existe un ideal p ∈ Ass(M) tal que a ⊆ p. Si p = Ann(m), entonces am = 0. Proposici´ on. 49.8. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo no nulo. Sea Σ un subconjunto multiplicativo, entonces se verifica: Ass(Σ−1 M) = {pΣ−1 A | p ∈ Ass(M), p ∩ Σ = ∅} Proposici´ on. 49.9. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo finitamente generado no nulo. Entonces Supp(M) = {q ∈ Spec(A) | existe p ∈ Ass(M) tal que p ⊆ q} En particular, los ideales primos minimales del soporte de M son ideales primos asociados a M. ´ . Sea p ∈ Supp(M), entonces Mp 6= 0. Sea qAp ∈ Ass(Mp ), si qAp = Ann(m/1), D EMOSTRACI ON entonces, por ser q finitamente generado, existe s ∈ A \ p tal que sqm = 0. en particular q ⊆ Ann(sm). La otra inclusión es obvia. Por tanto q = Ann(sm), luego q ∈ Ass(M) y como p ⊇ q, tenemos el resultado. Ejercicio. 49.10. Sea M un A–módulo y p un ideal primo. Para cada elemento m ∈ M se verifica: m/1 6= 0 en Mp si y sólo si Ann(m) ⊆ p. Lema. 49.11. Sea A un anillo conmutativo y M un A–módulo finitamente generado no nulo, entonces se verifica: (1) Supp(M) = {p | p ⊇ Ann(M)}. (2) rad(Ann(M)) = ∩{p | p ∈ Supp(M)} = ∩{p | p ∈ Ass(M)}.

Sea M un A–módulo, un elemento a ∈ A se llama nilpotente para M si existe n ∈ N tal que an M = 0 26 de octubre de 2010



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Lema. 49.12. Sea A un anillo noetheriano conmutativo, M un A–módulo no nulo y N un submódulo propio tal que M/N es finitamente generado. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) Ass(M/N) = {p}; (b) Cada divisor de cero de M/N es nilpotente para M/N. ´ . Como M/N es finitamente generado se tiene rad(Ann(M/N)) = ∩{q | q ∈ D EMOSTRACI ON Supp(M/N)} = ∩{q | q ∈ Ass(M/N)}, y por ser A noetheriano resulta que Div(M/N) = ∪{q | q ∈ Ass(M/N)}, entonces se verifica: (a) ⇒ (b). Si Ass(M/N) = {p}, entonces Div(M/N) = p = rad(Ann(M/N)), y cada divisor de cero de M/N es nilpotente. (b) ⇒ (a). Si cada divisor de cero es nilpotente, entonces ∩q = rad(Ann(M/N)) = Div(M/N) = ´ ∪q, luego Ass(M/N) tiene un unico elemento. Si A es un anillo conmutativo, M es un A–módulo no nulo un N un submódulo propio de M, decimos que N es primario en M si cada elemento que es un divisor de cero de M/N es nilpotente para M/N. Lema. 49.13. Si N ⊆ M es un submódulo primario, entonces el ideal {a ∈ A | a es nilpotente sobre M/N} es primo. ´ . Llamamos a = {a ∈ A | a es nilpotente sobre M/N}, es claro que a es un D EMOSTRACI ON ideal de A. Para ver que es primo, sean a, b ∈ A tales que ab ∈ a, si b ∈ / a entonces b no es nilpotente sobre M/N y no es divisor de cero, luego para todo 0 6= m + N ∈ M/N se tiene b(m + N) 6= 0. Como ab(m + N) = 0, resulta que a es un divisor de cero, y por hipótesis nilpotente, y por tanto a ∈ a. Cuando N ⊆ M es un submódulo primario y p = {a ∈ A | a es nilpotente sobre M} = {a ∈ A | a es divisor de cero sobre M}, decimos que N es un submódulo p–primario de M. Un submódulo N ⊆ M tal que Ass(M/N) = {p} se llama un submódulo p–terciario de M. El Lema (49.12.) nos dice que si A es un anillo noetheriano y N ⊆ M es un submódulo tal que M/N es finitamente generado, entonces N es un submódulo p–primario si y solo si es un submódulo p–terciario, esto es, Ass(M/N) = {p}. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo. Un submódulo propio N de M tiene una descomposici´ on primaria si existen submódulos primarios N1 , . . . , Nn tales que N = N1 ∩ · · · ∩ Nn . Una descomposición primaria N = N1 ∩ · · · ∩ Nn , siendo Ni un submódulo pi –primario para cada ´ındice i, se llama minimal si verifica las condiciones siguientes: (1) Si i 6= j, entonces pi 6= pj ; (2) ∩j6=i Nj * Ni para cada ´ındice i. Proposici´ on. 49.14. Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo no nulo. Para cada subconjunto P ⊆ Ass(M) existe un submódulo no nulo N de M tal que Ass(N) = Ass(M) \ P

y

Ass(M/N) = P.

´ . Sea Γ = {N ⊆ M | Ass(N) ⊆ Ass(M) \ P}. Ya que Ass(0) = ∅, tenemos D EMOSTRACI ON 0 ∈ Γ, luego Γ 6= ∅. Para ver que Γ es inductivo consideramos una cadena {Ni }i en Γ, y llamamos N = ∪i Ni . Si p ∈ Ass(N) existe 0 6= x ∈ N tal que p = Ann(x), y un ´ındice i tal que p ∈ Ass(Ni ) ⊆ Ass(M) \ P. Por el lema de Zorn, existen en Γ elementos maximales. Sea N ∈ Γ maximal. De la sucesión exacta 0 → N → M → M/N → 0 se deduce que Ass(M) ⊆ Ass(N) ∪ Ass(M/N), y como Ass(N) ⊆ Ass(M) \ P, resulta que P ⊆ Ass(M/N). Sea ahora p ∈ Ass(M/N), entonces existe 0 6= x + N ∈ M/N tal que p = Ann(x + N). Tenemos una sucesión exacta corta 0 −→ N −→ N + Ax −→ A(x + N) −→ 0, entonces Ass(N + Ax) ⊆ Ass(N) ∪ Ass(A(x + N)) ⊆ (Ass(M) \ P) ∪ P, y por la maximalidad de N resulta p ∈ / Ass(M) \ P, luego p ∈ P. Se verifica pues la igualdad Ass(M/N) = P y en consecuencia Ass(N) = Ass(M) \ P. Veamos un Teorema de existencia de descomposición primaria de módulos sobre anillos noetherianos. Teorema. 49.15. (Teorema de Lasker–Noether) Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A–módulo finitamente generado no nulo. Entonces todo submódulo propio N de M tiene una descomposición primaria minimal. ´ . Se considera el cociente M/N. Para cada ideal p ∈ Ass(M/N) existe un D EMOSTRACI ON 26 de octubre de 2010



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submódulo N(p) verificando: Ass(N(p)/N) = Ass(M/N) \ {p} Ass

M/N N(p)/M

= Ass

M N(p

= {p}.

Llamamos N0 = ∩{N(p) | p ∈ Ass(M/N)}. Tenemos entonces: Ass(N0 /N) ⊆ Ass(N(p)/N) = Ass(M/N) \ {p}, para cada p ∈ Ass(M/N), luego Ass(N0 /N) = ∅. Por tanto N0 = N y tenemos una descomposición primaria de N. Falta ver que es minimal. Esto es consecuencia de al definición, ya que si existe p ∈ Ass(M/N) M , y tenemos tal que ∩q6=p N(q) ⊆ N(p), entonces N = ∩q6=p N(q), luego M/N = ∩ MN(q) ⊆ ⊕ N(q) q6=p Ass(M/N) ⊆ {q | q 6= p}, lo que es una contradicción. Observaci´ on. 49.16. La descomposición primaria puede ser infinita si el módulo M no es finitamente generado. En el caso de módulos finitamente generados la descomposición primaria es siempre finita por la finitud del conjunto de ideales asociados. ´ . [Otra demostración.] Primero probamos que cada submódulo propio de D EMOSTRACI ON M/N es una intersección finita de submódulos irreducibles. Sea Γ = {X ⊆ M/N | X no es una intersección finita de sub. irre.}. Como M/N es finitamente generado, existe X ∈ Γ maximal. Entonces X no es irreducible, y por tanto existen X1 , X2 ⊆ M/N tales que X = X1 ∩ X2 y X $ X1 , X2 . Por la maximalidad de X tenemos que cada Xi es una intersección finita de submódulos irreducibles, luego X también lo es, lo que es una contradicción. Por tanto Γ = ∅. Ahora comprobamos que cada submódulo irreducible de M/N es primario. Sea X ⊆ M/N M/N M/N un submódulo irreducible, entonces X es uniforme, y por tanto Ass X es un conjunto unitario, luego X es un submódulo primario de M/N. Tenemos entonces que el submódulo 0 es una intersección finita de submódulos irreducibles, y por lo tanto primarios de M/N. Entonces N tiene una descomposición primaria. Pasar ahora a una descomposición primaria minimal es sencillo. Teorema. 49.17. (Unicidad de la descomposici´ on primaria.) Sea A un anillo noetheriano conmutativo, M un A–módulo finitamente generado no nulo y N un submódulo propio de M con una descomposición primaria minimal N = N1 ∩ · · · ∩ Nn con Ass(M/Ni ) = {pi }. Entonces Ass(M/N) = {p1 , . . . , pn } y estos ideales están determina0 con Ass(M/N 0 ) = {p0 } es otra descompo´ dos de forma unica. Además, si N = N10 ∩ · · · ∩ Nm i i sición primaria minimal, entonces n = m y {p1 , . . . , pn } = {p01 , . . . , p0m }. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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´ . Llamamos Hi = ∩j6=i Nj . Es claro que N = Hi ∩ Ni . Se verifica además D EMOSTRACI ON

0 6=

Hi ∼ Hi + Ni M ⊆ . = N Ni Ni

como consecuencia ∅ 6= Ass(Hi /N) ⊆ Ass(M/Ni ) = {pi }, y por otro lado Hi /N ⊆ M/N, luego tenemos pi ∈ Ass(M/N) y {p1 , . . . , pn } ⊆ Ass(M/N). Veamos la otra inclusión por inducción sobre n. Supongamos que n > 1 y que el resultado es cierto para n − 1. Tenemos que Hi = ∩j6=i Nj es una descomposición primaria minimal, entonces se verifica Ass(M/Hi ) = {pj | j 6= i}. Ahora se verifica M/N M = , Hi Hi /N y por tanto Ass(M/N) ⊆ Ass(M/Hi ) ∪ Ass(Hi /N) ⊆ {p1 , . . . , pn }. Veamos el comportamiento de los submódulos primarios ante localización. Sea Σ un subconjunto multiplicativo y N ⊆ M un submódulo, llamamos SatΣ (N) a la Σ– saturaci´ on de N, esto es, SatΣ (N) = {m ∈ M | existe s ∈ Σ tal que sm ∈ N}; es la imagen inversa de Σ−1 N por el homomorfismo M → Σ−1 M. Lema. 49.18. Sea A un anillo noetheriano conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A–módulo. Se verifica: (1) Si N ⊆ M es un submódulo p–primario y p ∩ Σ 6= ∅, entonces Σ−1 N = Σ−1 M; (2) Si N ⊆ M es un submódulo p–primario y p ∩ Σ = ∅, entonces Σ−1 N es un submódulo pΣ−1 A–primario de Σ−1 M; (3) Si N ⊆ M es un submódulo p–primario y p ∩ Σ = ∅, entonces SatΣ (N) = N. 26 de octubre de 2010



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Lema. 49.19. Sea A un anillo noetheriano conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo, M un A–módulo y N un submódulo propio de M tal que M/N es finitamente generado. Llamamos A = Ass(M/N)

y

B = {p ∈ Ass(M/N) | p ∩ Σ = ∅}.

Si N = N1 ∩ · · · ∩ Nn es una descomposición primaria minimal de N con Ass(M/Ni ) = {pi }. Se verifica: (1) Σ−1 N = ∩{Σ−1 Ni | pi ∈ B} es una descomposición primaria minimal de Σ−1 N en Σ−1 M; (2) SatΣ (N) = ∩{Ni | pi ∈ B} es una descomposición primaria minimal de SatΣ (N) en M. Corolario. 49.20. Sea A un anillo noetheriano conmutativo, M un A–módulo, N un submódulo propio de M tal que M/N es finitamente generado, pi es un ideal primo aislado (minimal en Ass(M/N)) y N = N1 ∩ · · · ∩ Nn es una descomposición primaria minimal de N con Ass(M/Ni ) = {pi }. Entonces Ni está determinado directamente por N y no depende de la descomposición primaria minimal. En particular tenemos la siguiente descripción: Ni = SatA\pi (N).

Como consecuencia, si todos los ideales primos de Ass(M/N) son minimales,en Ass(M/N), entonces N tiene exactamente una descomposición primaria minimal en M. Ejercicio. 49.21. Sean N1 , N2 ⊆ M submódulos terciarios tales que N1 ∩ N2 ⊆ M es un submódulo p-terciario, entonces cada Ni ⊆ M es un submódulo p-terciario. ´ . Consideramos la siguiente sucesión exacta corta: S OLUCI ON 0

/

N1 N1 ∩N2

/

M N1 ∩N2

/ N1 N2

/

0

N1 +N2 N2 M ) = {pi }, como se tiene Si Ass( N i

{p} = Ass(

M N1 M N+ N2 1 M M M ) ⊆ Ass( )∪Ass( ) = Ass( )∪Ass( ) ⊆ Ass( )∪Ass( ) = {p1 }∪{p N1 ∩ N2 N1 ∩ N2 N1 N2 N1 N2 N1

tenemos el resultado p = p1 = p2 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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49.1.

Ideales quasiprimarios

Ejercicio. 49.22. Sea A un anillo y q1 , q2 ideales p1 y p2 –primarios, respectivamente, tales que p1 ⊆ p2 y qi * qj , si i 6= j. Entonces q := q1 ∩ q2 no es un ideal primario, y verifica: si ab ∈ q, entonces existen n, m ∈ N tales que an ∈ q o bm ∈ q. ´ . Es claro que q1 = (X 2 ) es (X )–primario y que (X 3 , Y ) es (X , Y )–primario. El ideal S OLUCI ON q = (X 2 ) ∩ (X 3 , Y ) = (X 3 , X 2 Y ) no es primario. tomamos a = X 2 y b = (X + Y ), se tiene PSi n n i n−1 3 2 2 n ab = X + X Y ∈ q, pero a = X ∈ / q y b = i=0 i X Y ∈ / q, ya que nXY n−1 + Y n ∈ / q cuando n ≥ 3. Supongamos ahora que a, b ∈ A verifican ab ∈ q. Si a ∈ / q, supongamos que a ∈ / q1 , entonces n existe n ∈ N tal que b ∈ q1 . Entonces b ∈ rad(q1 ) = p1 ⊆ p2 , y existe m ∈ N tal que bm ∈ q1 ∩ q2 = q. Si suponemos que a ∈ / q2 , entonces existe n ∈ N tal que bn ∈ q2 . Si ninguna potencia bs pertenece a q1 , entonces b ∈ / p1 , y b ∈ / q2 , luego existe n ∈ N tal que an ∈ q1 , de aqu´ı a ∈ p1 ⊆ p2 y existe m ∈ N tal que am ∈ q1 ∩ q2 = q. Un ideal propio q ⊆ A se llama quasiprimario si para cualesquiera a, b ∈ A tales que ab ∈ q existen n, m ∈ N tales que an ∈ q o am ∈ q. Lema. 49.23. Si q es un ideal quasiprimario de A, entonces rad(q) es un ideal primo. ´ . Sea q un ideal quasiprimario y p = rad(q). Si a, b ∈ A verifican ab ∈ p, existe D EMOSTRACI ON n ∈ N tal que an bn = (ab)n ∈ q, luego existe m ∈ N tal que (an )m ∈ q o (bn )m ∈ q, esto es, a ∈ p o b ∈ p. Sea M un A–módulo. Un elemento a ∈ A se llama localmente nilpotente sobre M si para cada m ∈ M existe n(m) ∈ N tal que man(m) = 0. Lema. 49.24. Si M es un A–módulo finitamente generado, todo elemento localmente nilpotene sobre M es un elemento nilpotente sobre M. ´ . Si m1 , . . . , mt es un sistema de generadores de M y ni = n(mi ), para i = D EMOSTRACI ON 1, . . . , t, basta tomar n = max{n1 , . . . , nt } para tener Man = 0. Proposici´ on. 49.25. Si A es un anillo noetheriano, son equivalentes: (a) a ∈ A es localmente nilpotente sobre M. 26 de octubre de 2010


S EC . 50. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS IRREDUCIBLES

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(b) a ∈ ∩{p | p ∈ Ass(M)}. ´ . (a) ⇒ (b). Si a es localmente nilpotente, para cada m ∈ M existe n(m) ∈ N D EMOSTRACI ON n(m) tal que ma = 0, luego a ∈ rad(Ann(m)). Como cada ideal primo p ∈ Ass(M) es de la forma p = Ann(m), tenemos el resultado. (b) ⇒ (a). Sea a ∈ ∩{p | p ∈ Ass(M)}. Si a no es localmente nilpotente, existe 0 6= m ∈ M tal que mae 6= 0 para cada e ∈ N. Tomamos uno de estos m tal que Ann(m) maximal. Vamos a ver que Ann(m) es un ideal primo, lo que nos llevará a una contradicción. Sean x, y ∈ A tales que xy ∈ Ann(m), si x, y ∈ / Ann(M), entonces 0 6= mx, my, y como Ann(m) ⊆ Ann(mx), Ann(my), se tiene que existen e, f ∈ N tales que mxae = 0 = myaf . Tenemos, por ejemplo, que x ∈ Ann(mae ) = Ann(m), por la maximalidad de Ann(m), lo que es una contradicción.

50.

Conjuntos algebraicos irreducibles

Un conjunto algebraico af´ın V se llama irreducible si cuando V = V1 ∪ V2 , para V1 , V2 conjuntos algebraicos afines, se verifica V = V1 o V = V2 . Esta definición puede también extenderse a subconjuntos arbitrarios de An . Un subconjunto X ⊆ An es irreducible si cuando X = X1 ∪ X2 , para X1 , X2 ⊆ X cerrados, se verifica X = X1 o´ X = X2 . Proposici´ on. 50.1. Un conjunto algebraico af´ın V es irreducible si, y sólo si, I(V ) es un ideal primo. ´ . (⇒). Si a1 , a2 son ideales de K [X1 , . . . , Xn ] tales que a1 a2 ⊆ I(V ), podemos D EMOSTRACI ON suponer que I(V ) ⊆ ai y tenemos: a1 a2 ⊆ I(V ) ⇒ V = VI(V ) ⊆ V(a1 a2 ) = V(a1 ) ∪ V(a2 ); I(V ) ⊆ ai ⇒ V(ai ) ⊆ VI(V ) = V . Y se verifica:

  V = V(a1 ) ⇒ I(V ) = IV(a1 ) ⊇ a1 V = V(a1 ) ∪ V(a2 ) ⇒ o  V = V(a2 ) ⇒ I(V ) = IV(a2 ) ⊇ a2

(⇐). Sea V = V1 ∪ V2 , entonces se verifica: I(V ) = I(V1 ∪ V2 ) ⊇ I(V1 )I(V2 ). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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276 Y por tanto

I(V1 ) ⊇ I(V ) ⇒ V1 = VI(V1 ) ⊇ VI(V ) = V ; o V2 = VI(V2 ) ⊇ VI(V ) = V . Veamos el caso particular de una hipersuperficie sobre un cuerpo algebraicamente cerrado. Lema. 50.2. Sea K es algebraicamente cerrado y n ≥ 1. Si F ∈ K [X1 , . . . , Xn ] es un polinomio no constante y F = uF1e1 · · · Frer , es la factorización en irreducibles de F en K [X1 , . . . , Xn ], entonces IV(F) = (F1 · · · Fr ). Corolario. 50.3. Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado y n ≥ 1. Una hipersuperficie V(F) es irreducible si, y sólo si, es el conjunto de ceros de un polinomio irreducible. Corolario. 50.4. Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado y n ≥ 1. Cada hipersuperficie se puede representar en la forma H = H1 ∪ · · · ∪ Hs , Hi 6= Hj si i 6= j y Hi irreducible ´ Esta representación es unica salvo en el orden. Un resultado de este tipo puede generalizarse a conjuntos algebraicos arbitrarios. Para ello necesitamos el siguiente resultado previo. Lema. 50.5. Cada familia no vac´ıa de conjuntos algebraicos afines tiene un elemento minimal o equivalentemente se verifica la condición de cadena descendente para conjuntos algebraicos. ´ . Sea {Vi } una cadena descendente de conjuntos algebraicos. Si llamamos D EMOSTRACI ON ai = I(Vi ), tenemos una cadena ascendente {ai } de ideales de K [X1 , . . . , Xn ]. Como este anillo es noetheriano, resulta que existe un ´ındice n tal que an = an+1 = . . . Como Vi = V(ai ), resulta que Vn = Vn+1 = . . ., y por tanto se verifica la condición de cadena ascendente. Lema. 50.6. Sea X un conjunto de An . Son equivalentes: (a) X is irreducible; (b) Para cada par de subconjuntos abiertos no vac´ıos U1 y U2 de X se verifica que U1 ∩ U2 6= ∅; (c) X es irreducible. 26 de octubre de 2010



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´ . La equivalencia (a) ⇔ (b) es trivial, ya que es unicamente ´ D EMOSTRACI ON tomar complementario. La equivalencia (b) ⇔ (c) es inmediata usando que X es denso en X . Teorema. 50.7. Si V es un conjunto algebraico af´ın en An , entonces V es la unión de sus subconjuntos algebraicos irreducible maximales. ´ . Probamos primero que V es la unión de sus subconjuntos algebraicos irreD EMOSTRACI ON ducibles maximales. Ya que para cada punto (a1 , . . . , an ) ∈ V tenemos que {(a1 , . . . , an )} es un subconjunto irreducible, basta ver que cada subconjunto irreducible está contenido en un subconjunto algebraico irreducible maximal. Sea Y ⊆ V un subconjunto irreducible; definimos Γ = {Z | Y ⊆ Z y Z es irreducible}. Se tiene que Γ es no vac´ıo, pues contiene a Y . Sea ahora una cadena ascendente {Zi } de elementos de Γ. Llamamos Z = ∪i Zi . Vamos a ver que Z es irreducible. Sean U1 , U2 ⊆ An subconjuntos abiertos tales que Uj ∩ Z 6= ∅, entonces existen ´ındices i1 , i2 tales que Uj ∩ Zij 6= ∅. Sea h un ´ındice tal que h ≥ i1 , i2 , entonces Uj ∩ Zh 6= ∅, y como Zh es irreducible, resulta que U1 ∩ U2 ∩ Zh 6= ∅, esto es, tenemos U1 ∩ U2 ∩ Z 6= ∅. Entonces Z es irreducible. Aplicando ahora el Lema de Zorn resulta que Γ tiene elementos maximales. Como consecuencia del Lema anterior tenemos además que cada uno de estos elementos maximales es cerrado, y por tanto es un subconjunto algebraico irreducible maximal. Cada uno de los subconjuntos algebraicos irreducible maximales que aparecen en el Teorema anterior se llama una componente irreducible de V . Vamos a estudiar ahora la finitud de las componentes irreducibles. Teorema. 50.8. ´ Si V es un conjunto algebraico af´ın no vac´ıo en An , existe un numero finito de componentes irreducibles V1 , . . . , Vr ⊆ V , un´ıvocamente determinadas, tales que V = V1 ∪ · · · ∪ Vr , Vj * ∪i6=j Vi y Vi 6= Vj si i 6= j. ´ . Llamamos Γ al conjunto de todos los conjuntos algebraicos que no son una D EMOSTRACI ON unión finita de subconjuntos algebraicos irreducibles. Si Γ es no vac´ıo, existe un elemento V minimal en Γ. Como V ∈ Γ, resulta que V no es irreducible, entonces existen V1 , V2 ⊂ V subconjuntos algebraicos tales que V = V1 ∩ V2 . Por la minimalidad de V resulta que Vi ∈ /Γ y por tanto son uniones finitas de subconjuntos algebraicos irreducibles, y en consecuencia V también lo es, lo que es una contradicción. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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La expresión V = V1 ∪ · · · ∪ Vr se llama la descomposici´ on en componentes irreducibles de V.

Aplicaci´ on de la descomposici´ on primaria a conjuntos algebraicos Dado un conjunto algebraico V = V(a) para a un ideal de K [X1 , . . . , Xn ]. Supongamos que a = q1 ∩ · · · ∩ qt es una descomposición primaria minimal de a, entonces se verifica: V = V(a) = V(q1 ∩ · · · ∩ qt ) = V(q1 ) ∪ · · · ∪ V(qt ). Cada qi es un ideal primario, supongamos que rad(qi ) = pi , entonces V(qi ) = V(pi ), para cada ´ındice i, y por tanto tenemos la siguiente expresión para V : V = V(p1 ) ∪ · · · ∪ V(pt ). Supongamos que p1 , . . . , pr son los ideales primos aislados de a (los elementos minimales en Ass(K [X1 , . . . , Xn ]/a)), y que por tanto pr+1 , . . . , pt sean los ideales primos embebidos. Entonces para cada pr+j , j = 1, . . . , t − r, existe un pi , i = 1, . . . , r, tal que pi ⊆ pr+j y por tanto V(pr+j ) ⊆ V(pi ), esto es, V(pr+j ) puede ser eliminado en la expresión de V . Tenemos entonces V = V(p1 ) ∪ · · · ∪ V(pr ). Esta, como se puede comprobar, es la descomposición de V en componentes irreducibles dada en el Teorema (50.7.).

Subconjuntos algebraicos del plano. El caso del plano es más sencillo y permite hacer un estudio más en profundidad. El anillo ´ ´ de coordenadas del plano es K [X , Y ]. Este es un Dominio de Factorización Unica (DFU), por tanto vamos a recordar algunos de los resultados fundamentales de polinomios sobre un DFU. Si A es un DFU, para cada polinomio F ∈ A[X ] se define el contenido de F como el máximo ´ divisor de sus coeficientes y lo representamos por c(F). Un polinomio con contenido comun igual a 1 se llama primitivo. Lema. 50.9. (Lema de Gauss.) Sean F, G ∈ A[X ], se tiene c(FG) = c(F)c(G). ´ . Ver la solución del Ejercicio (8.34.) D EMOSTRACI ON 26 de octubre de 2010



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Lema. 50.10. Sea A un DFU con cuerpo de fracciones K . Si F ∈ K [X ] es irreducible, entonces existe a ∈ A tal que c(aF)−1 aF es irreducible en A[X ]. ´ . Es claro que c(aF)−1 aF tiene contenido igual a 1. Luego la unica ´ D EMOSTRACI ON descomposición es en producto de dos polinomios no constantes: c(aF)−1 aF = GH. Entonces F = c(aF)a−1 GH es una factorización propia, lo que es una contradicción. Lema. 50.11. Sea A un DFU con cuerpo de fracciones K . Si F ∈ A[X ] \ A es irreducible, entonces F es irreducible en K [X ]. ´ . Podemos suponer que F tiene contenido igual a 1. Supongamos que teneD EMOSTRACI ON mos una factorización propia, F = GH, en K [X ]. Para G ∈ K [X ] existe g ∈ G tal que gG ∈ A[X ] tiene contenido igual a 1, ver Lema (50.10.), y existe h ∈ A tal que hH ∈ A[X ] tiene también contenido igual a 1. Tenemos entonces: ghF = (gG)(hH), y por el Lema de Gauss, Lema (50.9.), se tiene: gh = c(ghF) = c(gG)c(hH) = 1, esto es, g y h son invertibles, y por tanto tenemos una factorización propia de F en A[X ], lo que es una contradicción. Lema. 50.12. Sea A un DFU y K su cuerpo de fracciones. Si F ∈ A[X ] se escribe en la forma F = GH en K [X ], con G ∈ A[X ] y c(G) | c(F), entonces H ∈ A[X ]. ´ . Por hipótesis tenemos F = GH. Como H ∈ K [X ], existe h ∈ A tal que hH ∈ D EMOSTRACI ON A[X ] tiene contenido igual a 1. Por lo tanto hc(F) = c(hF) = c(G(hH)) = c(G)c(hH) = c(G). Luego c(F) | c(G), y como c(G) | c(F), se tiene que h es invertible, luego H ∈ A[X ]. Lema. 50.13. Sea A un DFU con cuerpo de fracciones K . Si F, G ∈ A[X ] no tienen factores comunes propios en A[X ], entonces tampoco tienen factores comunes propios en K [X ]. ´ . Suponemos que H es un factor comun ´ de F y G en K [X ]. Sea h ∈ A tal que D EMOSTRACI ON hH ∈ A[X ] es primitivo. Entonces existe F1 ∈ K [X ] tal que (hH)F1 = F, y como c(hH) = 1 | c(F), se tiene F1 ∈ A[X ]. De la misma forma existe G1 ∈ K [X ] tal que (hH)G1 = G y se tiene ´ en A[X ], lo que es una contradicción. G1 ∈ A[X ]. Esto es, F y G tienen un factor comun Vamos a determinar todos los conjuntos algebraicos afines de A2 (K ). Siguiendo el proceso anterior basta con determinar todos los conjuntos algebraicos irreducibles, y como consecuencia, basta determinar todos los ideales primos de K [X ]. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Proposici´ on. 50.14. Sean F, G ∈ K [X , Y ] polinomios sin factores comunes, entonces V(F, G) = V(F) ∩ V(G) es un conjunto finito. Ver el Ejercicio (21.4.) ´ . Consideramos F, G ∈ K (X )[Y ], y como no tienen factores comunes, existen D EMOSTRACI ON C1 , C2 ∈ K (Y )[Y ] tales que 1 = C1 F + C2 G. Existen D1 , D2 ∈ K [X ] tales que D1 C1 , D2 C2 ∈ K [X , Y ], y se tiene D1 D2 = (D1 C1 )D2 F + D1 (D2 C2 )G ´ (x, y) de F y G se tiene que x es un cero de D1 D2 , y por tanto x luego para cada cero comun var´ıa en un conjunto finito. De la misma forma, usando K (Y )[X ], se tiene que y var´ıa en un ´ conjunto finito, luego el numero de ceros comunes es finito. Corolario. 50.15. Si F ∈ K [X , Y ] es un polinomio irreducible y V(F) es infinito, entonces IV(F) = (F) y V(F) es irreducible. ´ . Tenemos (F) ⊆ IV(F). Si G ∈ IV(F), entonces F y G tienen un factor D EMOSTRACI ON ´ y como F es irreducible, entonces F | G. comun, Si V(F) = V(I1 ) ∪ V(I2 ) = V(I1 ∩ I2 ), entonces (F) = IV(F) = IV(I1 ∩ I2 ) ⊇ I1 ∩ I2 . Como F es irreducible y K [X , Y ] es un DFU, entonces (F) es primo y existe Ii ⊆ (F), luego V(F) ⊆ V(Ii ) ⊆ V(F), y se tiene V(F) = V(Ii ). Corolario. 50.16. Si K es un cuerpo infinito, entonces los conjuntos algebraicos irreducibles de A2 (K ) son: A2 (K ), ∅, los conjuntos formados por un punto y las curvas planas irreducibles V(F), con F ∈ K [X , Y ] irreducible y V(F) infinito. ´ . Además de A2 (K ) y de ∅, si el conjunto algebraico irreducible es finito D EMOSTRACI ON será un punto, y si es infinito será de la forma V = V(F1 , . . . , Ft ). Si F1 , . . . , Ft no tienen ´ entonces la misma demostración de la Proposición (50.14.) prueba que un factor comun, 26 de octubre de 2010


S EC . 51. T EOREMA DE L ASKER –N OETHER PARA ANILLOS DE POLINOMIOS

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´ Al considerar los polinoV(F1 , . . . , Ft ) es finito. Por tanto F1 , . . . , Ft tienen un factor comun. ´ F, se expresa como una combinación mios F1 , . . . , Ft en K (X )[Y ] el factor comun, F = C1 F1 + · · · + Ct Ft y existe D ∈ K [X ] tal que DCi ∈ K [X , Y ], luego tenemos la expresión DF = (DC1 )F1 + · · · + (DCt )Ft , de donde V = V(F1 , . . . , Ft ) ⊆ V(DF) = V(D) ∪ V(F). Trabajando con K (Y )[X ] existirá un polinomio E ∈ K [Y ] tal que V ⊆ V(E) ∪ V(F). Por tanto V ⊆ V(F) ∪ (V(D) ∩ V(E)). Como V es irreducible e infinito y V(D) ∩ V(E) es finito, se tiene V ⊆ V(F). Como F | Fi , se tiene V(F) ⊆ V(Fi ), luego V(F) ⊆ ∩i V(Fi ) = V(F1 , . . . , Ft ) = V , y tenemos la igualdad V = V(F). Una factorización F = F1e1 · · · Ftet produce una descomposición V(F) = V(F1 ) ∪ . . . ∪ V(Ft ), luego t = 1 y V(F) = V(F1 ) es irreducible e infinito. El Corolario anterior nos dice que entonces V(F) es irreducible. Corolario. 50.17. Si K es un cuerpo algebraicamente cerrado y F ∈ K [X , Y ] con F = F1e1 · · · Frer es una descomposición en irreducibles, entonces V(F) = V(F1 ) ∪ · · · ∪ V(Fr ) es la descomposición de V(F) en componentes irreducibles y además IV(F) = (F1 , . . . , Fr ). ´ . Ya que la descomposición se deduce de la definición, basta ver que en este D EMOSTRACI ON caso un conjunto algebraico V es irreducible si y solo si existe un polinomio irreducible F tal que V = V o V = V(X − a, Y − b) para a, b ∈ K . Si V es irreducible y finito, entonces se reduce a un punto, y por tanto es de la forma V(X − a, Y − b). El rec´ıproco es cierto. Si V es infinito podemos usar la demostración del Corolario anterior y obtenemos que V = ´ F irreducible. V(F) para algun Si F es irreducible, y V = V(F) = V(I1 ) ∪ V(I2 ) = V(I1 ∩ I2 ), entonces (F) = IV(F) = IV(I1 ∩ I2 ) = I1 ∩ I2 y se tiene (F) = I1 o´ (F) = I2 . Luego V = V(I1 ) o V = V(I2 ).

51.

Teorema de Lasker–Noether para anillos de polinomios

Un ideal a de un anillo A es irreducible si para cada descomposición a = a1 ∩ a2 se tiene a = a1 o a = a2 . Lema. 51.1. Cada ideal irreducible de un anillo noetheriano es primario. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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´ . Si a es un ideal irreducible y ab ∈ a con a ∈ D EMOSTRACI ON / a, consideramos (a : bn ) y la cadena a ⊆ (a : b) ⊆ (a : b2 ) ⊆ (a : b3 ) ⊆ · · · Por ser A noetheriano, existe n tal que (a : bn ) = (a : bn+1 ). Consideramos la intersección (a + (bn )) ∩ (a + (a)). Vamos a ver que es igual a a. Si x ∈ (a + (bn )) ∩ (a + (a)), entonces x = a1 + c1 bn = a2 + c2 a,

a1 , a2 ∈ a,

c1 , c2 ∈ A.

Multiplicando por b se tiene: xb = a1 b + c1 bn+1 = a2 b + c2 ab ∈ a Entonces c1 ∈ (a : bn+1 ) = (a : bn ), y x = a1 + c1 bn ∈ a. Ahora como a es irreducible, resulta a = a + (bn ), y por tanto bn ∈ a.

Teorema. 51.2. (Teorema de Lasker–Noether) Cada ideal de A = K [X1 , . . . , Xn ] tiene una descomposición primaria. ´ . Veamos que cada ideal propio, a, es una intersección finita de ideales irreD EMOSTRACI ON ducibles. Llamamos Γ = {b ⊆ A/a | b no es intersección fin. de id. irred.}. Como A/a es noetheriano, existe elementos maximales en Γ. Sea b ∈ Γ maximal. Como b no es irreducible, existen ideales b1 y b2 tales que b = b1 ∩ b2 , con b ( b1 y b ( b2 . Entonces bi no pertenece a Γ y es una intersección finita de ideales irreducibles, luego b también lo es, lo que es una contradicción. Por tanto Γ = ∅. En particular 0 es una intersección finita de ideales irreducibles de A/a, y tenemos que a es una intersección finita d ideales irreducibles de A. Por el Lema (51.1.) tenemos que a es una intersección finita de ideales primarios.

52.

Ejercicios

Ejercicio. 52.1. (AM, Cap 4, Ej 1) Si un ideal a tiene descomposición primaria, entonces Spec(A/a) tiene sólo un numero finito de componentes irreducibles. ´ SOLUCION Ejercicio. 52.2. (AM, Cap 4, Ej 2) Si a = rad(a), entonces a no tiene ideales primos inmersos. ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 52.3. (AM, Cap 4, Ej 4) En el anillo de polinomios Z[T ], el ideal m = (2, T ) es maximal y el ideal q = (4, T ) es m– primario, pero no es una potencia de m.

´ SOLUCION Ejercicio. 52.4. (AM, Cap 4, Ej 5) En el anillo de polinomios K [X , Y , Z], donde K es un cuerpo y X , Y y Z son indeterminadas independientes, sea p1 = (X , Y ), p2 = (X , Z), m = (X , Y , Z); p1 y p2 son primos y m es maximal. Sea a = p1 p2 . Probar que a = p1 ∩ p2 ∩ m2 es una descomposición primaria reducida de a. ¿Cuáles son las componentes aisladas y cuáles las inmersas (embebidas)?

´ SOLUCION Ejercicio. 52.5. (AM, Cap 4, Ej 7) Sea A un anillo y sea A[X ] el anillo de polinomios en una indeterminada sobre A. Para cada ideal a de A, sea a[X ] el conjunto de todos los polinomios en A[X ] con coeficientes en a. (1) a[X ] es la extensión de a a A[X ]. (2) Si p es un ideal primo en A, entonces p[X ] es un ideal primo en A[X ]. (3) Si q es un ideal p–primario en A, entonces q[X ] es un ideal p[X ]–primario en A[X ]. Pista: utilizar Cap´ıtulo I, Ejercicio 2. (4) Si a = ∩ni=1 qi es una descomposición minimal primaria en A, entonces a[X ] = ∩ni=1 qi [X ] es una descomposición minimal primaria en A[X ]. (5) Si p es un ideal primo minimal de a, entonces p[X ] es un ideal primo minimal de a[X ].

´ SOLUCION Ejercicio. 52.6. (AM, Cap 4, Ej 8) Sea k un cuerpo. Probar que en el anillo de polinomios k[X1 , . . . , Xn ] los ideales pi = (X1 , . . . , Xi ) (1 ≤ i ≤ n) son primos y todas sus potencias son primarias. Pista: utilizar el Ejercicio (52.5.).


P. Jara

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Ejercicio. 52.7. (AM, Cap 4, Ej 9) En un anillo A, sea D(A) el conjunto de ideales primos p que satisfacen la siguiente condición: existe a ∈ A tal que p es minimal en el conjunto de los ideales primos que contienen ´ p ∈ D(A). (0 : a). Probar que x ∈ A es un divisor de cero si y sólo si x ∈ p para algun Sea S un subconjunto multiplicativamente cerrado de A, y se identifica Spec(S−1 A) con su imagen en Spec(A) (Cap´ıtulo 3, Ejercicio 21). Probar que D(S−1 A) = D(A) ∩ Spec(S−1 A). Si el ideal cero tiene una descomposición primaria, probar que D(A) es el conjunto de los ideales primos asociados de 0. ´ SOLUCION Ejercicio. 52.8. (AM, Cap 4, Ej 10) ´ Para cada ideal primo p en un anillo A, sea Sp (0) el nucleo del homomorfismo A −→ Ap . Probar que: (1) Sp (0) ⊆ p. (2) rad(Sp (0)) = p si, y sólo si, p es un ideal minimal primo de A. (3) Si p ⊇ p0 , entonces Sp (0) ⊆ Sp0 (0). (4) En el caso en que el ideal 0 tiene una descomposición primaria se tiene: ∩p∈D(A) Sp (0) = 0, donde D(A) = {p | ∃a ∈ A tal que p es minimal en el conjunto de los ideales primos que contienen a (0 : a)}. ´ SOLUCION Ejercicio. 52.9. Sea A un anillo noetheriano y M un A–módulo finitamente generado. Son equivalentes: (a) M es de longitud finita. (b) Cada p ∈ Ass(M) es maximal. (c) Cada p ∈ Supp(M) es maximal. ´ SOLUCION Ejercicio. 52.10. Sea M un módulo finitamente generado sobre un anillo noetheriano A y p un ideal primo de A. Son equivalente los siguientes enunciados: (a) Mp es un Ap –módulo de longitud finita. (b) p es un ideal primo minimal en Ass(M) 26 de octubre de 2010



285 ´ SOLUCION

Ejercicio. 52.11. Sea A un anillo y M un A–módulo. Sabemos que si A es un anillo noetheriano, entonces M es no nulo si, y sólo si, Ass(M) 6= ∅. Prueba que para cada anillo A y cada A–módulo noetheriano se verifica: M 6= 0 ⇔ Ass(M) 6= ∅. ´ SOLUCION Ejercicio. 52.12. Sea A un anillo conmutativo noetheriano y a un ideal. Demuestra que a es radical si y sólo si todas sus componentes primarias en una descomposición primaria minimal son ideales ´ primos. Deduce que la descomposición primaria minimal de un ideal radical es unica. ´ SOLUCION Ejercicio. 52.13. Sea A un anillo conmutativo noetheriano y sean p1 , . . . , pm los primos asociados del ideal 0. (1) Demuestra que p1 ∩ . . . ∩ pm es el conjunto de elemento nilpotentes de A. (2) Demuestra que p1 ∪ . . . ∪ pm es el conjunto de divisores de cero de A. ´ SOLUCION


P. Jara

Cap´ıtulo X Dominios de Dedekind 53 54 55 56

Anillos de valoración discreta Ideales fraccionarios . . . . . Dominios de Dedekind . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . .

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288 293 295 302

Introducci´ on El tema central de este cap´ıtulo lo constituyen los Dominios de Dedekind, que son los dominios noetherianos de dimensión uno ´ıntegramente cerrados; aqu´ı vamos a hacer un tratamiento algebraico de los mismos a partir de los Dominios de Valoración Discreta. El objetivo del cap´ıtulo es caracterizar los dominios en estas dos clases y observar que los Dominios de Dedekind aparecen de forma natural al considerar los anillos de enteros algebraicos.

C AP. X. D OMINIOS DE D EDEKIND

288

53.

Anillos de valoraci´ on discreta

Dado un cuerpo K una valoraci´ on discreta v sobre K es una aplicación sobreyectiva v: K ∗ → Z, K ∗ = K \ {0}, verificando: (I) v(xy) = v(x) + v(y). (II) v(x + y) ≥ m´ın{v(x), v(y)}. También se puede considerar la aplicación v definida sobre todo K agregando a Z un elemento {+∞}, verificando n < +∞ para cada n ∈ Z, y definiendo v(0) = +∞. Si v es una valoración sobre K , llamamos dominio de valoraci´ on discreta de v al conjunto D = {r ∈ K | v(r) ≥ 0} ∪ {0}. Lema. 53.1. Se verifican las siguientes propiedades: (1) D es un subanillo de K . (2) Las unidades de D son los elementos x que verifican v(x) = 0. (3) D es un anillo local con ideal maximal m = {x ∈ D | v(x) > 0} ∪ {0}. ´ . (1). Si x, y ∈ D \ {0}, entonces v(x), v(y) ≥ 0, y se verifica: D EMOSTRACI ON v(x + y) ≥ m´ın{v(x), v(y)} ≥ 0. v(xy) = v(x) + v(y) ≥ 0. Por otro lado se verifica: v(1) = v(1 · 1) = v(1) + v(1), luego v(1) = 0. (2). Si x ∈ D es una unidad, entonces existe y ∈ D tal que xy = 1, luego 0 = v(1) = v(xy) = v(x) + v(y), y por tanto v(x) = 0 = v(y). Rec´ıprocamente, si x ∈ D y v(x) = 0, entonces tomamos x−1 ∈ K , se verifica 0 = v(1) = v(xx−1 ) = v(x) + v(x−1 ) = v(x−1 ), luego x−1 ∈ D y x es una unidad en D. (3). Si 0 6= a ∈ D no es invertible, entonces v(a) > 0. Luego solo falta probar que m es un ideal. Dados a, b ∈ m, se tiene v(a + b) ≥ m´ın{v(a), v(b)} > 0, luego a + b ∈ m. 26 de octubre de 2010


´ N DISCRETA S EC . 53. A NILLOS DE VALORACI O

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Ejercicio. 53.2. Dos elementos a, b ∈ D verifican v(a) = v(b) si, y solo si, existe un elemento invertible u ∈ D tal que a = bu. En general un dominio de valoraci´ on discreta es un dominio D que es el dominio de valoración discreta de alguna valoración v sobre su cuerpo de fracciones K . Ejemplo. 53.3. ´ El ejemplo más conocido de valoración es la valoraci´ on p–ádica en Q, siendo p un numero ´ entero primo. Esta valoración se representa por vp y está definida para cada numero racional no nulo r por vp (r) = e ∈ Z, donde e es el exponente de p en la expresión en producto de factores primos de r. El anillo de valoración es: Z(p) = { ab | p - b}, el localizado de Z en el ideal primo (p). Este ejemplo se puede extender a considerar un anillo de polinomios sobre una indeterminada con coeficientes en un cuerpo. Ejemplo. 53.4. Dado un cuerpo L y un polinomio irreducible F ∈ L[X ] se considera la aplicación vF : L(X )∗ → Z definida vF (G/H) = e. Siendo G/H irreducible y e la mayor potencia de F que divide a G o −e la mayor potencia de F que divide a H. Se tiene que vF es una valoración discreta y el anillo de valoración asociado, al igual que en el caso p–ádico, está formado por las fracciones irreducibles en L(X ) cuyo denominador no es ´ multiplo de F. ´ otro ejemplo. Aun Ejemplo. 53.5. P i El conjunto L((X )) de las series de Laurent tiene como elementos a las series formales ∞ i=t ai X , con at 6= 0, con t ∈ X. Si llamamos K al cuerpo de fracciones, existe una valoración v : K → Z definida: ∞ X v( ai X i ) = t. i=t

El anillo de valoración para esta valoración es el anillo de las series formales:

P∞

i=0 ai X

i.

Observaci´ on. 53.6. Observa que si D es un dominio de valoración discreta, entonces se verifica: 1. Para cada 0 6= a ∈ D se tiene v(a) = 0 si, y solo si, a es invertible en D. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


290 2. Para cada 0 6= a ∈ K se tiene a ∈ D o a−1 ∈ D. 3. Si a, b ∈ D verifican v(a) = v(b), entonces aD = bD.

´ . D EMOSTRACI ON

1. Observa que v(1) = v(1) + v(1), luego v(1) = 0. Si a es invertible en D, se tiene 0 = v(1) = v(aa−1 ) = v(a) + v(a−1 ) y por tanto v(a−1 ) = −v(a). Como ambos son positivos, se tiene v(a) = 0 = v(a−1 ). Rec´ıprocamente, si v(a) = 0, como a−1 ∈ K , y se tiene 0 = v(1) = v(aa−1 ) = v(a) + v(a−1 ), se tiene v(a−1 ) = 0 y por tanto a−1 ∈ D. 2. Si a ∈ / D, entonces v(a) < 0, luego v(a−1 = −v(a) > 0 y por tanto a−1 ∈ D. 3. Si v(a) = v(b), entonces v(ab−1 ) = 0, luego ab−1 ∈ D y es invertible. Entonces aD = bD. Lema. 53.7. Todo dominio de valoración discreta es un Dominio Eucl´ıdeo. En particular todo dominio de valoración discreta es un DIP y un DFU.

´ . Basta ver que la aplicación v restringida a D define una función eucl´ıdea. D EMOSTRACI ON Dados a, b ∈ D, si v(a) < v(b), entonces la división es: a = 0b + a. Si v(a) ≥ v(b), existe c ∈ D tal que v(a) = v(b) + v(c), por ser v sobreyectiva. Entonces v(a) = v(bc) y se tiene aD = bcD, luego existe un elemento invertible u ∈ D tal que a = bcu, y la división es: a = b(cu)+0. Observa que esta demostración en realidad prueba que si a, b ∈ D son elementos no nulos, entonces a | b o b | a. Si D es un dominio de valoración discreta, entonces es un anillo local con ideal maximal m = {a ∈ D | v(a) > 0}. Como todo dominio de valoración discreta es un DIP, sea m = tD. Cada elemento 0 6= a ∈ D verifica v(a) ≥ 0, sea v(a) = r. Si r = 0, entonces a es invertible. Si r > 0, entonces a ∈ m = tD, y existe d ∈ D tal que a = td. Se verifica v(a) = v(t) + v(d), y por tanto v(a) ≥ v(t). Por ser v sobreyectiva existe b ∈ D tal que v(b) = 1, lo que implica que v(t) = 1. Todo elemento a ∈ D tal que v(a) = 0 es invertible, y si v(a) = 1, entonces a = tu, siendo u ∈ D invertible. Por inducción se tiene que para cada o 6= a ∈ D se tiene a = t v(a) u, siendo u ∈ D invertible. El elemento t se llama un parámetro de uniformizaci´ on o parámetro local de D. 26 de octubre de 2010


´ N DISCRETA S EC . 53. A NILLOS DE VALORACI O

291

Proposici´ on. 53.8. Si D es un dominio de valoración discreta con ideal maximal m = tD, entonces cada ele´ mento 0 6= a ∈ D se escribe, de forma unica, como a = t r u, siendo r ∈ N y u ∈ D invertible. En particular ´ (1) todo elemento no nulo de K se escribe de forma unica como t s u, siendo s ∈ Z y u ∈ D invertible; ´ r ∈ N \ {0}, por (2) todo ideal no nulo de D es el ideal principal generado por t r para algun lo tanto los ideales de D forman una cadena descendente y D es un anillo noetheriano; ´ (3) los unicos ideales primos de D son 0 y m. Teorema. 53.9. Sea D un dominio. Las siguientes propiedades son equivalentes: (a) D es un dominio de valoración discreta que no es un cuerpo. (b) D es un dominio local noetheriano de dimensión uno ´ıntegramente cerrado. (c) D es un dominio local noetheriano de dimensión uno y el ideal maximal es principal. (d) D es un dominio local noetheriano de dimensión uno verificando dimF (m/m2 ) = 1. (Donde F = R/m y m es el ideal maximal.) (e) D es un dominio local que no es un cuerpo y cada ideal no nulo es una potencia del ideal maximal. ´ (f) D es un dominio que no es un cuerpo y cada ideal no nulo es de la forma (xα ) para algun x ∈ D. (g) D es un dominio de ideales principales local que no es un cuerpo. (h) D es un dominio de valoración noetheriano que no es un cuerpo.

´ . (c) ⇒ (d). Supongamos que m = (x), entonces {x + m} es un sistema de D EMOSTRACI ON ´ d∈ generadores de m/m2 y por tanto dimF (m/m2 ) ≤ 1. Si m = m2 , entonces x = dx2 para algun D, esto es 1 = dx, luego x es una unidad si es no nulo o´ bien x = 0. En cualquier caso llegamos a una contradicción ya que la dimensión de D es positiva. En consecuencia dimF (m/m2 ) = 1. (d) ⇒ (e). Sea 0 6= a ≤ D un ideal no nulo, entonces rad(a) = m, y existe una potencia de m contenida en a, supongamos que mn ⊆ a, entonces como a/mn ⊆ D/mn , y e´ ste es un anillo n n local artiniano. Por ser dimF ( mm/m 2 /mn ) = 1, tenemos que cada ideal de D/m es una potencia del ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

292


ideal maximal m/mn . Aplicándolo a a/mn , tenemos que a es una potencia de m. (e) ⇒ (f ). Tomamos x ∈ m \ m2 , por la hipótesis tenemos que existe n ∈ N tal que (x) = mn ; entonces ha de ser n = 1 y por tanto m = (x) es un ideal principal. Ahora, como cada ideal no nulo es una potencia del ideal maximal, tenemos el resultado. ´ (f ) ⇒ (a). Tenemos que (x) es el unico ideal maximal. Dado 0 6= r ∈ D un elemento no nulo, n ´ n ∈ N. Para comprobar que este n es unico, ´ tenemos que (r) = (x ) para algun supongamos que (xn ) = (xn + 1), entonces existe s ∈ D tal que xn = sxn+1 , y como x 6= 0, tenemos 1 = sx, esto es, x es una unidad, lo que es una contradicción. Este ´ındice n lo representamos entonces por n(r). Definimos ahora v: K ∗ → Z mediante: v(r/s) = n(r) − n(s); entonces v es una valoración sobre K con grupo de valoración Z y con anillo de valoración D, esto es, D es un dominio de valoración discreta. (a) ⇒ (g). Supongamos que D es un dominio de valoración discreta, entonces D no es un cuerpo, ya que para cada n ∈ N existe x ∈ D verificando v(x) = n, luego si n 6= 0, entonces x no es una unidad. Por otro lado, sea 0 6= a ⊆ D un ideal no nulo, llamamos n = m´ın{v(y) | 0 6= y ∈ a}. Si n = 0, entonces a contiene una unidad y tenemos a = D. Si n 6= 0, entonces sea y ∈ a tal que v(y) = n, resulta que si x ∈ a, entonces v(x) ≥ v(y), luego v(xy −1 ) = v(x) − v(y) ≥ 0 y xy −1 ∈ D, esto es x ∈ (y). Como consecuencia a = (y) y entonces D es un dominio de ideales principales. (g) ⇒ (c). Es evidente. (a+c) ⇒ (h). Es evidente. (h) ⇒ (f ). Basta ver que D es un dominio de ideales principales. Ya que los ideales de un anillo de valoración forman una cadena, cada ideal finitamente generado es principal, como D es noetheriano, resulta que cada ideal de D es principal. Otra vez por formar los ideales de D una cadena, resulta que D es un anillo local. (a+c) ⇒ (b). Es evidente. (b) ⇒ (c). Sea m el ideal maximal de D, por el lema de Nakayama se tiene mn 6= mn+1 para cada n ∈ N. Sea 0 6= a ∈ m, ya que rad((a)) = m, existe un exponente n tal que mn ⊆ (a); supongamos también que mn−1 * (a). Entonces existe b ∈ mn−1 \(a); definimos x = a/b ∈ K . Ya que b ∈ / (a), resulta que x−1 ∈ / D, como consecuencia x−1 no es entero sobre D, entonces x−1 m * m, ya que si x−1 m ⊆ m, entonces m ser´ıa un D[x−1 ]–módulo fiel finitamente generado como D–módulo y entonces x−1 ser´ıa entero sobre D. Entonces, ya que se tiene x−1 m ⊆ D, resulta que x−1 m = D y como consecuencia m = (x). Corolario. 53.10. Sea A un dominio noetheriano ´ıntegramente cerrado y p un ideal primo no nulo minimal de A. El localizado Ap es un anillo de valoración discreta. 26 de octubre de 2010


S EC . 54. I DEALES FRACCIONARIOS

293

Ejemplo. 53.11. Dado un dominio de ideales principales A y p = (p) un ideal primos no nulo, entonces por el Corolario anterior Ap es un dominio de valoración discreta. Este ejemplo generaliza los ejemplos (53.3.), (53.4.). En este caso la valoración, definida sobre K , el cuerpo de fracciones de A, y de Ap , es vp : K ∗ −→ Z, definida por vp (ps u) = s.

54.

Ideales fraccionarios

Sea D un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Un ideal fraccionario de D es un D–submódulo no nulo b de K para el que existe 0 6= d ∈ D tal que db ⊆ D. Ejemplos. 54.1. (1) Todo ideal no nulo de D es un ideal fraccionario de D. (En este contexto los ideales no nulos de D se suelen llamar ideales enteros de D.) (2) Para cada elemento no nulo k ∈ K se tiene que kD es un ideal fraccionario de D. (3) Si D es noetheriano los ideales fraccionarios de D son exactamente los D–submódulos no nulos finitamente generados de K . Dada una familia de ideales fraccionarios {bj | j ∈ J}, su intersección, si es no nula, es un ideal fraccionario. Para la suma no ocurre lo mismo; en este caso tenemos que restringir a sumas finitas: la suma finita de ideales fraccionarios es un ideal fraccionario. También el producto (finito) de ideales fraccionarios es un ideal fraccionario. Además el producto de ideales fraccionarios es distributivo con respecto a la suma, esto es, b(c1 + c2 ) = bc1 + bc2 . para b, c1 y c2 ideales fraccionarios de D. Para cada ideal fraccionario b de D definimos el inverso de b como (D : b). El ideal fraccionario (D : b) se suele representar también por b−1 . Observa que se tiene b(D : b) ⊆ D. Un ideal fraccionario b de D se llama invertible si b(D : b) = D. Los ideales invertibles verifican propiedades de interés. Proposici´ on. 54.2. Sea D un dominio de integridad, para cada ideal fraccionario b de D se verifica: (1) Todo ideal fraccionario principal es invertible; (2) Todo ideal fraccionario invertible es finitamente generado. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

294


´ . (1). Es inmediato. D EMOSTRACI ON (2). Si b es un ideal fraccionario invertible, entonces 1 = b1 c1 + · · · + bt ct para b1 , . . . , Bt ∈ b y c1 , . . . , ct ∈ (D : b), entonces {b1 , . . . , bt } es un sistema finito de generadores de b. Proposici´ on. 54.3. Dado un dominio de integridad D se verifica: (1) El conjunto I(D) de los ideales fraccionarios invertibles tiene estructura de grupo abeliano para la multiplicación de ideales. (2) Los ideales fraccionarios principales no nulos forman un subgrupo, P(D), del grupo I(D). Al grupo cociente I(D)/P(D) lo llamamos el grupo de clases de D. lo representamos por C(D), y su orden lo llamamos el n´ umero de clases de D. Observa que si D es un DIP, entonces ´ el grupo de clases es trivial, por tanto su numero de clases es igual a uno. Se utiliza pues el ´ numero de clases como una medida de cuanto se aleja un dominio de integridad de ser un DIP. Los ideales invertibles podemos utilizarlos para caracterizar dominios de valoración discreta. Proposici´ on. 54.4. Un dominio local D, que no es un cuerpo, es un dominio de valoración discreta si y solo si cada ideal fraccionario es invertible. ´ . Si D es un dominio de valoración discreta, todo ideal es de la forma t s D, D EMOSTRACI ON con s ∈ N y t un parámetro de uniformización, entonces todo ideal fraccionario es principal, y por tanto invertible. Rec´ıprocamente, si todo ideal fraccionario no nulo es invertible, entonces todo ideal no nulo es finitamente generado y por tanto D es un anillo noetheriano. Sea m el ideal maximal de D. Si m = m2 , por el Lema de Nakayama, se tiene m = 0, y entonces D es un cuerpo, lo que es una contradicción. Tenemos pues m 6= m2 . Sea t ∈ m \ m2 . Si tm−1 ⊆ m, entonces t ∈ m2 , lo que es una contradicción, por tanto tm−1 = D y resulta que m = tD es un ideal principal. Veamos que cada ideal de D es una potencia de m. Llamamos Γ = {a | 0 6= a no es potencia de m}. Por ser D noetheriano, existe un elemento maximal a en Γ. Se tiene a ⊆ m y am−1 ⊆ mm−1 = D. Como a ⊆ am−1 se tiene a = am−1 , y por tanto am = a, y por el Lema de Nakayama resulta a = 0, lo que es una contradicción, o a ( am−1 , y por tanto am−1 es una potencia de m, lo que implica que aes una potencia de m, lo que es una contradicción. Por tanto Γ = ∅ y cada ideal no nulo de A es una potencia de m. Por tanto D es un dominio de valoración discreta. 26 de octubre de 2010


S EC . 55. D OMINIOS DE D EDEKIND

295

Ejercicio. 54.5. Sea D un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K y sea p un ideal primo no nulo de D. Se verifica: (1) Para todo ideal fraccionario a de D el módulo aDp es un ideal fraccionario de Dp . (2) Todo ideal fraccionario de Dp es de la forma aDp , con a ideal fraccionario de D. (3) Si a es un ideal fraccionario finitamente generado, entonces (a−1 )p = (ap )−1 .

55.

Dominios de Dedekind

Los dominios de integridad (no necesariamente locales) que verifican la propiedad de que todos los ideales fraccionarios son invertibles se llaman dominios de Dedekind. La Proposición (54.4.) prueba que los dominios de Dedekind locales son los dominios de valoración discreta. Se trata ahora de caracterizar los dominios de Dedekind siguiendo el Teorema (53.9.). Teorema. 55.1. Sea D un dominio de integridad, que no es un cuerpo, con cuerpo de fracciones K . Son equivalentes las siguientes condiciones: (a) D es un dominio de Dedekind. (b) D es un dominio noetheriano y para cada ideal primo no nulo p el localizado Dp es un dominio de valoración discreta. (c) D es un dominio noetheriano ´ıntegramente cerrado en el que cada ideal primo no nulo es maximal (= de dimensión uno). (d) Todo ideal propio y no nulo a es un producto finito de ideales primos (no necesariamente distintos); a = p1 · · · pt . ´ . (a) ⇒ (b). Como todo ideal fraccionario es invertible, resulta que todos D EMOSTRACI ON ideal entero no nulo es finitamente generado, luego D es noetheriano. Por otro lado, para cada ideal primo p el anillo local Dp verifica que cada ideal fraccionario es invertible, luego Dp es un dominio de valoración discreta. (b) ⇒ (c). Para cada ideal primo no nulo p tenemos que Dp es un dominio de valoración discreta, por lo tanto es ´ıntegramente cerrado, y como la intersección de ´ıntegramente cerrados lo es, basta ver que D = ∩p6=0 Dp ; ver el Ejercicio (43.25.). Para ver que cada ideal primo no nulo es maximal, sea p un ideal primo no nulo y m un ideal maximal tal que p ⊆ m. Como el localizado Dm es un dominio de valoración discreta, tenemos ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


296 que pDm = mDm , y por tanto p = m.

(c) ⇒ (d). Dado un ideal no nulo a, consideramos una descomposición primaria minimal a = q1 ∩ . . . ∩ qt . Sea pi = rad(qi ). Observa que los ideales pi son no nulos, ya que si 0 = pi = rad(qi ) ⊇ qi , entonces qi = 0. Veamos que los qi son comaximales dos a dos. Si q1 +q2 6= D, existe un ideal maximal m tal que q1 + q2 ⊆ m. Como pi es el menor ideal primo que contiene a qi , resulta pi ⊆ m, y como cada ideal primo no nulo es maximal, resulta p1 = m = p2 , lo que es una contradicción. Tenemos entonces a = q1 ∩ . . . ∩ qt = q1 · · · qt . Dado un ideal p-primario q, con p 6= 0, en el anillo local Dp el ideal qDp es pDp –primario, y como Dp es un dominio de valoración discreta se tiene qDp = (pDp )n para n ∈ N. Entonces q = pn , ya que ambos son p–primarios. Por tanto existen n1 , . . . , nt ∈ N tales que a = pn1 1 · · · pnt t . (d) ⇒ (a). (1) Primero probamos que cada factorización a = p1 · · · pt , en la que los pi son ´ ideales primos invertibles, es unica. Si tenemos dos factorizaciones a = p1 · · · pt = p01 · · · p0s . Tomamos un ´ındice j tal que p0j sea minimal en {p01 , . . . , p0s }, se tiene p1 · · · pt = p0j , y existe pi tal que pi ⊆ p0j . Dado el ´ındice i existe un ´ındice j0 tal que p0j0 ⊆ pi ⊆ p0j ; la minimalidad de p0j implica que pi = p0 j ; supongamos que i = 1 = j. Como p1 es invertible resulta p2 · · · pt = p02 · · · p0s , y por inducción llegamos a que t = s y a que {p2 , . . . , pt } = {p02 , . . . , p0s }. (2) Si se verifica (d) todo ideal primo invertible es un ideal maximal. Dado p un ideal primo invertible, tomamos a ∈ / p y escribimos p + aD = p1 · · · pt . Hacemos 2 la misma construcción para p + a D; teniendo p + a2 D = p01 · · · p0s . Pasando el cociente D/p tenemos las expresiones: a(D/p) = (p1 /p) · · · (pt /p), a2 (D/p) = (p01 /p) · · · (p0s /p), y por tanto (p1 /p)2 · · · (pt /p)2 = a2 (D/p) = (p01 /p) · · · (p0s /p) es una factorización del ideal a2 (D/p) en ideales primos invertibles; por (1) esta descompo´ sición es unica, y por tanto las colecciones p1 , p1 , . . . , pt , pt y p01 , . . . , p0s son iguales (salvo en el orden). Tenemos entonces: p ⊆ p + a2 D = p01 · · · p0s = p1 p1 · · · pt pt = (p + aD)2 ⊆ p2 + aD. En particular cada elemento x ∈ p se escribe en la forma x = y + ad, con y ∈ p2 y d ∈ D, luego ad = x − y ∈ p y se tiene d ∈ p, esto es, x ∈ p2 + ap, y se tiene p2 + ap ⊆ p ⊆ p2 + ap, luego p = p2 + ap. Por ser p invertible, se tiene D = p + aD y por tanto p es un ideal maximal. 26 de octubre de 2010



297

(3) Si se verifica (d) los ideales primo no nulos son invertibles. Si p es un ideal primo no nulo, tomamos 0 6= a ∈ p; existen ideales primos tales que aD = p1 · · · pt ⊆ p, luego todos los ideales pi son invertibles, y aplicando (2) son maximales, y como ´ pi ⊆ p, tenemos que p es maximal. algun Para probar la implicación, dado un ideal fraccionario a, podemos suponer que es entero, consideramos una factorización a = p1 · · · pt . Por (3) cada ideal pi es invertible, y por tanto a es un ideal invertible. Como consecuencia del Teorema, dado un ideal no nulo a con factorización p1 · · · pt , los idea´ les pi están determinados de forma unica, salvo en el orden, y en consecuencia en dominios de Dedekind se tiene un teorema de unicidad de la descomposición de ideales no nulos como producto de ideales primos.

Ejemplos y construcciones de dominios de Dedekind Proposici´ on. 55.2. Si D es un dominio de Dedekind y Σ ⊆ D es un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 D es un dominio de Dedekind. ´ . Ver Ejercicio (56.10.). D EMOSTRACI ON

Proposici´ on. 55.3. Todo dominio de ideales principales es un dominio de Dedekind. El rec´ıproco no es cierto. Ejemplo. 55.4. √ Vamos a ver que el anillo Z[ −5] es un dominio de Dedekind y no es un dominio de ideales ´ principales, ya que no es un dominio de factorización unica. Para estudiar este ejemplo vamos a hacer previamente el siguiente resultado. Proposici´ on. 55.5. Sea D un dominio de Dedekind con cuerpo de fracciones K y L/K una extensión finita separable de cuerpos. Si E es la clausura entera de D en L, entonces E es un dominio de Dedekind. ´ En particular para cada cuerpo de numeros algebraicos el anillo de enteros es un dominio de Dedekind. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


298

´ . (1) Sea A un dominio normal con cuerpo de fracciones K y L/K una extenD EMOSTRACI ON sión finita separable. Si BPes la clausura entera de A en L, entonces existe una base y1 , . . . , yt de L sobre K tal que B ⊆ ti=1 yi . Dado x ∈ L, como x es algebraico sobre K , existe an xn + · · · + a1 x + a0 = 0 con ai ∈ A, an 6= 0. Entonces (an x)n +an−1 (an xn )n−1 +· · ·+a1 ann−2 (an x)+a0 ann−1 = 0 y por tanto an x es entero so´ bre A, esto es, an x ∈ B. Por lo tanto dada una base de L sobre K podemos encontrar multiplos de cada elemento que pertenezcan a B, esto es, podemos suponer que la base está contenida en B. Por ser L/K separable la traza define una forma bilineal no degenerada; T (x, y) = T (xy), y existe dada una base {x1 , . . . , xt } de L en B existe una base dual {y1 , . . . , yt } tal que T (xi yj ) = P δi,j . Dado b ∈ B existe una combinación b = ti=1 ki yi con ki ∈ K . Para cada ´ındice i se tiene bxi ∈ B, ya que es el producto de dos elementos de B, además la traza de un elemento de B pertenece a A, ver la Proposición (35.19.), en particular

kj =

t X

ki δi,j =

i=1

Por lo tanto b ∈

Pt

i=1 Ayi .

t X

t X ki T (yi xj ) = T (( ki yi )xj ) = T (bxj ) ∈ B.

i=1

i=1

Aplicamos este resultado al dominio de Dedekind D.

(2) Por ser D noetheriano, se tiene E ⊆ anillo noetheriano.

Pt

i=1 Dyi

es un D–módulo noetheriano, y por tanto un

(3) Tenemos que E es ´ıntegramente cerrado en L, luego es un dominio normal. (4) Falta ver que cada ideal primo no nulo de D es maximal para tener que E es un dominio de Dedekind. Dado un ideal primo no nulo p de E, se tiene que p ∩ D es un ideal primo no nulo, y por tanto maximal, y por el Corolario (35.13.) tenemos que p es un ideal maximal. √ √ Para completar el Ejemplo (55.4.) basta ver que Z[ −5] es la clausura entera de Z en Q[ −5]. Proposici´ on. 55.6. √ √ Dada la extensión Q[ d], con d libre de cuadrados, la clausura entera E de Z en Q[ d] es:  h √ i 1+ d  si d ≡ 1 (mód 4) y Z 2 E=   √ Z[ d] en otro caso. 26 de octubre de 2010



299

´ . Dado x ∈ E podemos escribir x = D EMOSTRACI ON

√ a+b d m

con m. c. d.{a, b, m} = 1. Tenemos

2 2 a 2 − 2 a X + a2 −db2 = que x es ra´ız del polinomio X 2 − 2 m X + a −db . Si b = 0, y como se tiene X 2 m m m2 a a 2 a X − m , entonces x es ra´ız de X − m , esto es, x = m ∈ Q, y como es entero sobre Z, entonces 2 2 a X + a −db x ∈ Z. Supongamos que b 6= 0, entonces x es ra´ız de X 2 − 2 m , y e´ ste es irreducible, m2

por tanto sus coeficientes pertenecen a Z.

Llamamos h = m. c. d.{a, m}, entonces h2 | db2 , y como m. c. d.{h, b} = 1, entonces h2 | d, pero d es libre de cuadrados, luego h = 1. Como

2a m

∈ Z, entonces m | 2a, y se tiene m | 2. 2

2

Si m = 2 entonces a es impar, y de a −db ∈ Z se deduce 4 | a2 − db2 , esto es, b es impar y h √ im2 d ≡ 1 (mód 4), entonces E = Z 1+2 d , ya que √ √ a+b d a−b 1+ d = +b . 2 2 2 √ Si m = 1, entonces E = Z[ d].

√ En√particular, como −5 6≡ 1 (mód 4), tenemos que la clausura entera de Z en Q[ −5] es Z[ −5]. Ejemplo. 55.7. h √ i √ ´ este resultado es: Z 1+2 5 Observa que la clausura entera de Z en Q[ 5], segun Ejercicio. 55.8. .Determina un polinomio mónico con coeficientes en Z del que el elemento ´ . Un polinomio es: X 2 − X − 1. S OLUCI ON

√ 1+ 5 2

sea ra´ız.

Surge ahora el problema de describir los ideales de los dominios de Dedekind E que son ´ clausuras enteras de Z en cuerpos de numeros.

Teor´ıa de divisibilidad de ideales en dominios de Dedekind Dado un dominio de integridad D y dos ideales a y b, decimos que a divide a b, o que b es divisible por a, si existe un ideal c tal que b = ac. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


300

Lema. 55.9. Si en un dominio de integridad un ideal a divide a otro ideal b, entonces b ⊆ a. Corolario. 55.10. En un dominio de Dedekind para dos ideales no nulos a y b se verifica que a divide a b si y solo si b ⊆ a. En la forma obvia podemos definir el máximo com´ un divisor de dos ideales a y b, que que vamos a representar por (a, b). Proposici´ on. 55.11. Sea D un dominio de Dedekind y a, b ideales no nulos con factorización en producto de ideales primos distintos: a = pa11 · · · pat t y b = pb11 · · · pbt t , con ai , bi ∈ N. Se verifica: (1) a ⊆ b si y solo si ai ≥ bi para cada ´ındice i = 1, . . . , t. (2) a + b = (a, b) = pc11 · · · pct t , siendo ci = m´ın{ai , bi } para i = 1, . . . , t. (3) a ∩ b = pd1 1 · · · pdt t , siendo di = máx{ai , bi } para i = 1, . . . , t. Proposici´ on. 55.12. Sea D un dominio de Dedekind y a un ideal no nulo con factorización en producto de ideales primos distintos a = pa11 · · · pat t . Existe un isomorfismo de anillos D D D D ∼ = a1 . × ··· × a1 at = a pat t p1 · · · pt p1

Aritmética de los ideales en dominios de Dedekind Proposici´ on. 55.13. Sea D un dominio de Dedekind y a un ideal no nulo. Se verifica: (1) Existe un ideal b tal que a + b = D y ab es un ideal principal. (2) Todo ideal del anillo cociente D/a es un ideal principal. ´ . D EMOSTRACI ON (1) Sea a = pe11 · · · pet t la factorización en producto de ideales primos distintos de a. Definimos dos ideales: a0 = ap1 · · · pt , ai = ap1 · · · pi−1 pi+1 · · · pt . 26 de octubre de 2010



301

Se verifica a0 ( ai ( a. Para cada ´ındice i tomamos un elemento ai ∈ ai \ a0 y definimos e e +1 a = a1 + · · · + at . Como a ∈ pi i \ pi i , la factorización de aD com producto de ideales et+1 et+s primos distintos es: aD = pe11 · · · pet t pt+1 · · · pt+s . El ideal que andamos buscado es el ideal et+1 et+s b = pt+1 · · · pt+s . (2) Primero probamos que si f es un ideal fraccionario y g es un ideal entero, existe un a ∈ f tal que f−1 a + g = D. Si g = pe11 · · · pet t , definimos f0 = fp1 · · · pt , fi = fp1 · · · pi−1 pi+1 · · · pt . Se verifica f0 ( fi ( f. Para cada ´ındice i tomamos un elemento ai ∈ fi \ f0 y definimos a = a1 + · · · + at . Se verifica f−1 a ⊆ D, f−1 a * pi , para cada ´ındice i, entonces pi - f−1 a y f−1 a + g = m. c. d.{f−1 a, g} = D. Para hacer la demostración, sea b ⊇ a un ideal. Tomamos f = b y g = b−1 a. Observa que de a ⊆ b se deduce que g = b−1 a ⊆ b−1 b = D. Aplicado el resultado del párrafo anterior existe a ∈ b tal que b−1 a + b−1 a = D; multiplicando por b se tiene aD + a = b, y tenemos el resultado. Corolario. 55.14. Sea D un dominio de Dedekind y a un ideal no nulo. Para todo elemento no nulo 0 6= a ∈ a existe un elemento b ∈ a tal que a = aD + bD. ´ . Basta tomar b = a y a = aD en el punto (2) de la Proposición (55.13.). D EMOSTRACI ON

Proposici´ on. 55.15. Sea D un dominio de Dedekind. Son equivalentes las siguientes condiciones: ´ (a) D es un dominio de factorización unica. ´ (b) D es un dominio de ideales principales (su numero de clase es igual a uno). ´ . Sea D un dominio de Dedekind que es un dominio de factorización unica ´ D EMOSTRACI ON y sea p un ideal primo no nulo, entonces p está generado por dos elementos, sea p = aD + bD. Consideramos una factorización en producto de elementos primos de a; a = p1 · · · ps . Es claro que uno de los pi , por ejemplo p1 , pertenece a p, entonces p1 D ⊆ p, y como cada ideal primo no nulo es maximal tenemos p = pD; esto es, todo ideal primo es un ideal principal. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Como todo ideal no nulo es un producto de ideales primos, y cada ideal primo no nulo es principal, tenemos que cada ideal no nulo es un ideal principal. Este resultado sobre ideales primos no es válido para anillos de enteros algebraicos, ya que ´ no todo anillo de enteros algebraicos es un dominio de factorización unica. Sin embargo en e´ stos tenemos un resultado de cierto interés. Proposici´ on. 55.16. Sea D un anillo de enteros algebraicos (la clausura entera de Z en una extensión finita de Q), entonces cada ideal primo no nulo p de D es de la forma p = pD + aD, siendo p ∈ Z un entero primo. ´ . Basta considerar la intersección de p con Z para determinar el elemento D EMOSTRACI ON primo p. Ejercicio. 55.17. Sea D un dominio de integridad que verifica la propiedad: “para cada ideal no nulo a y cada elemento no nulo a ∈ a existe b ∈ a tal que a = aD + bD”, entonces D es un dominio de Dedekind. ´ . Veamos el caso local. Si D es un dominio local con ideal maximal m, para cada S OLUCI ON ideal no nulo a, tomando 0 6= a ∈ ma existe b ∈ a tal que a = aD + bD; en particular a = ma + bD. Aplicando el Lema de Nakayama se tiene a = bD, por lo tanto todo ideal de D es principal y D es un dominio de valoración discreta. En el caso general, como cada ideal está generado por al menos dos elementos, resulta que D es un dominio noetheriano. Si p es un ideal primo no nulo de D, también el anillo Dp verifica la propiedad del enunciado, luego Dp es un dominio de valoración, y por tanto D es un dominio de Dedekind.

56.

Ejercicios

Ejercicio. 56.1. Sea A un dominio de valoración discreta con ideal maximal m y cuerpo residual F = A/m. Demuestra que para todo entero natural n el F–espacio vectorial mn /mn+1 es de dimensión uno. ´ SOLUCION 26 de octubre de 2010



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Ejercicio. 56.2. Sea A un dominio de integridad local con ideal maximal m = (t) 6= 0. Si ∩n≥1 (t n ) = 0, demuestra que A es un dominio de valoración discreta. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.3. Sea A un anillo local noetheriano con ideal maximal m = (t). Demuestra que se verifica una de las dos posibilidades: (1) A es un dominio de valoración discreta o (2) existe un entero natural n tal que t n = 0. ´ En el ultimo caso demuestra que A es artiniano. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.4. Sea A un dominio de integridad noetheriano local con ideal maximal m 6= 0 y cuerpo residual F = A/m. (1) Demuestra m/m2 es un espacio vectorial sobre F. (2) Demuestra que si dimF (m/m2 ) = 1, entonces A es un dominio de valoración discreta. (3) Si todo ideal no nulo de A es una potencia de m, demuestra que A es un dominio de valoración discreta. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.5. Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Demuestra que todo Asubmódulo no nulo finitamente generado de K es un ideal fraccionario de A. Si A es noetheriano, demuestra que a es un ideal fraccionario de A si y sólo si a es un Asubmódulo finitamente generado de K . ´ SOLUCION Ejercicio. 56.6. Sea D un dominio de valoración discreta con cuerpo de fracciones K y E un anillo intermedio. Pruebo que son equivalentes: (a) E es un dominio de valoración discreta. (b) E = D. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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C AP. X. D OMINIOS DE D EDEKIND ´ SOLUCION

Ejercicio. 56.7. Sea A un dominio de integridad. Demuestra que todo ideal fraccionario de A es invertible si y sólo si todo ideal entero de A es invertible. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.8. Sea A un dominio de integridad y a1 , . . . , an ideales fraccionarios de A tales que su producto es un ideal fraccionario principal: a1 · · · an = aA. Demuestra que todos los ideales ai son invertibles. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.9. Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K y p un ideal primo no nulo de A. Demuestra que los ideales fraccionarios de Ap son exactamente los Ap –submódulos de K de la forma aAp , con a un ideal fraccionario de A. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.10. Sea A un dominio de Dedekind. Demuestra que para todo subconjunto multiplicativo Σ de A el anillo de fracciones Σ−1 A es un cuerpo o es un dominio de Dedekind. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.11. Sean a, b ideales fraccionarios de un dominio de Dedekind A y n un entero no nulo. Demuestra que an = bn si y sólo si a = b. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.12. Sea A un dominio de integridad noetheriano local con ideal maximal m 6= 0. Demuestra que ´ A es un anillo de valoración discreta si y sólo si los unicos ideales primarios (no nulos) de A son las potencias de m. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.13. Sea A un dominio de integridad noetheriano que no es un cuerpo. Demuestra que A es un dominio de Dedekind si y sólo si Am es un anillo de valoración discreta para todo ideal maximal m. 26 de octubre de 2010



305 ´ SOLUCION

Ejercicio. 56.14. Sea A un dominio noetheriano que no es un cuerpo. Demuestra que A es un dominio de ´ ideal a tal que m2 $ Dedekind si y sólo si para todo ideal maximal m de A no existe ningun a $ m. ´ SOLUCION Ejercicio. 56.15. Sea A un dominio noetheriano que no es un cuerpo. Demuestra que A es un dominio de Dedekind si y sólo si todo ideal primo no nulo de A es maximal y todo ideal p–primario es una potencia de p. ´ SOLUCION


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Cap´ıtulo XI Soluciones a los ejercicios

S EC . 57. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO I

57.

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Ejercicios del Cap´ıtulo I

´ . Ejercicio (8.1.) S OLUCI ON La operación suma es asociativa, ya que A + (B + C) = (A ∩ B ∩ C) ∪ (A ∩ B ∩ C) ∪ (A ∩ BC) ∪ (A ∩ B ∩ C) = (A + B) + C. La operación suma es conmutativa, ya que A + B = (A ∪ B) ∪ (A ∩ B). El conjunto ∅ is el elemento cero. El opuesto de A es A. La operación producto es asociativa, conmutativa y el elemento uno es X . El producto es distributivo respecto a la suma, esto es: A(B + C) = (A ∩ B ∩ C) ∪ (A ∩ B ∩ C) = AB + AC. ´ . Ejercicio (8.2.) S OLUCI ON Se define la suma: a ⊕ b = a + b − 1, y el producto: a ⊗ b = a + b + ab. Suma: Propiedad asociativa: (a ⊕ b) ⊕ c = a + b + c + 2 = a ⊕ (b ⊕ c). Propiedad conmutativa: a ⊕ b = a + b + 1 = b ⊕ a. Elemento neutro (cero): a ⊕ −1 = a. Elemento opuesto: a ⊕ (−a − 2) = −1. Producto: Propiedad asociativa: (a ⊗ b) ⊗ c = a + b + c + ab + ac + bc + abc = a ⊗ (b ⊗ c). Propiedad conmutativa: a ⊗ b = a + b + ab = b ⊗ a. Elemento neutro (uno): a ⊗ 0 = a. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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C AP. XI. S OLUCIONES A LOS EJERCICIOS

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Propiedad distributiva: a ⊗ (b ⊕ c) = 2a + b + c + ab + ac + 1 = a ⊗ b ⊕ a ⊗ c. ´ . Ejercicio (8.3.) S OLUCI ON Consideramos el homomorfismo de anillos f : Z −→ Z × Z definido por f (n) = (n, 0). Es claro que f (n + m) = f (n) + f (m) y que f (nm) = f (n)f (m) para cualesquiera n, m ∈ Z. Sin embargo f (1) 6= 1 = (1, 1). A LTERNATIVA. Considerar dos anillos A y B y f la aplicación constante igual a 0 de A a B. Es claro que f es un homomorfismo para la suma y el producto, y no verifica f (1) = 1. C OMENTARIO. En general, si e ∈ A es un elemento idempotente, esto es, e2 = e, siempre podemos definir una aplicación f : Z −→ A mediante f (1) = e de forma que f verifica f (a + b) = f (a) + f (b) y f (ab) = f (a)f (b) para todos a, b ∈ Z. En consecuencia, sólo cuando e es el uno de A tendremos la relación f (1) = 1. ´ . Ejercicio (8.4.) S OLUCI ON √ √ √ (1). Es claro que Z[ 2] ⊇ {a + b 2 | a, b ∈ Z}, y que dado x ∈ Z[ 2], como x es un polinomio √ √ 2 en 2, términos se tiene una expresión de la forma √ √ √ utilizando que 2 = 2 y reagrupando a + b 2, luego se tiene la inclusión Z[ 2] ⊆ {a + b 2 | a, b ∈ Z}. (2). Es igual. √ √ √ 2 √ √ (3). Si existe un homomorfismo f : Z[ 2] −→ Z[ 3], entonces f ( 2) = a+b 3 y 2 = f ( 2 )= √ √ √ ´ complejos, luego a2 + 3b2 = 2 f ( 2)2 = (a + b 3)2 = a2 + 3b2 + 2ab 3. Estos son numeros y 2ab = 0. Si a = 0, tenemos 3b2 = 2, que no tiene solución en Z. Si b = 0, tenemos a2 = 2 que no tiene ´ homomorfismo con las caracter´ısticas solución en Z. Como consecuencia no existe ningun pedidas. ´ . Ejercicio (8.5.) S OLUCI ON Los ideales de Z son de la forma nZ, para n ≥ 0.

´ . Ejercicio (8.6.) S OLUCI ON Existe una correspondencia entres los ideales de Zn y los ideales de Z que contienen a nZ, luego basta estudiar cuales son los ideales que contienen a nZ. Observar que se verifica nZ ⊆ mZ si y solo si m es un divisor de n. Tenemos que los ideales de Zn son de la forma dZn := 26 de octubre de 2010


S EC . 57. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO I dZ/nZ.

311

´ . Ejercicio (8.7.) S OLUCI ON Dado 0 6= a ∈ D se tiene una lista a, a2 , . . . . Como D es finito, existen n y m, por ejemplo n > m, tales que am = an = am+h = am ah , h > 0. Como D es un dominio de integridad, se tiene 1 = ah y a es invertible. ´ . Ejercicio (8.8.) S OLUCI ON ´ Dado 0 6= a ∈ D, tenemos una lista de ideales: (a), (a2 ), . . . . Como hay un numero finito de m n m+h ideales existen n y m, por ejemplo n > m, tales que (a ) = (a ) = (a ), h > 0. Y existe x ∈ D tal que am = am ah x. Como D es un dominio resulta 1 = ah y y tenemos que a es invertible. ´ . Ejercicio (8.9.) S OLUCI ON Definimos Γ = {a | a ∩ Σ = ∅}. Este conjunto es no vac´ıo, ya que 0 ∈ Γ y si {ai }i es una cadena en Γ, existe una cota superior en Γ, por ejemplo su unión. Entonces Γ tiene elementos maximales. Sea q ∈ Γ maximal. Si ab ∈ q, y a ∈ / q, b ∈ / q, entonces q + (a), q + (b) ∈ / Γ. Existen x ∈ (q + (a)) ∩ Σ e y ∈ (q + (b)) ∩ Σ. Tenemos xy ∈ (q + (a))(q + (b)) ⊆ q + (ab) ⊆ q, y por tanto xy ∈ q ∩ Σ = ∅, lo que es una contradicción. Como consecuencia, q es un ideal primo y es maximal entre los que tienen intersección vac´ıa con Σ. ´ . Ejercicio (8.10.) S OLUCI ON Si ab ⊆ p y a * p, existe a ∈ a \ p. Para cada b ∈ b se tiene ab ∈ ab ⊆ p, luego b ∈ p y tenemos b ⊆ p. La otra implicación es inmediata. ´ . Ejercicio (8.11.) S OLUCI ON Como x es nilpotente, existe n ≥ 1 tal que xn = 0. Entonces 1 = 1 − xn = (1 − x)(1 + x + · · · + xn−2 + xn−1 ) y 1 − x es una unidad. Basta tomar −x en vez de x para tener el resultado. Si la unidad es u y xn = 0 para n ≥ 1, entonces u = u − xn = (u − x)(nn−1 + un−2 x + · · · + uxn−2 + xn−1 ) ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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y u − x es una unidad. Tomando −x en vez de x tenemos que u + x es una unidad.

´ . Ejercicio (8.12.) S OLUCI ON Dado a ∈ Rad(A) \ Nil(A), existe 0 6= e = e2 ∈ (a), sea e = ax. Como 1 − ay es una unidad para cada y ∈ A, entonces 1 − ax es una unidad; como también es idempotente, resulta 1 − ax = 1 y e = ax = 0, lo que es una contradicción. Por tanto Rad(A) = Nil(A). ´ . Ejercicio (8.13.) S OLUCI ON Dados p un ideal primo y x ∈ A \ p, existe n > 1 tal que xn = x, luego x(xn−1 − 1)xn − x = 0 ∈ p. Como p es primo y x ∈ / p, resulta xn−1 − 1 ∈ p. Por lo tanto p + (x) = (1) y p es un ideal maximal. ´ . Ejercicio (8.14.) S OLUCI ON Llamamos Γ al conjunto de los ideales primos de A. Como A contiene ideales maximales, entonces Γ es no vac´ıo. Cada cadena en Γ tiene cotas inferiores, ya que si {pi }i es una cadena, ∩i pi es un ideal primo. En efecto, si ab ∈ ∩i pi , para cada ´ındice i se tiene ab ∈ pi , luego a ∈ pi ´ ´ındice j, y por tanto a ∈ pi o b ∈ pi . Supongamos que b ∈ / ∩i pi , entonces b ∈ / pj para algun para cada ´ındice i, esto es, a ∈ ∩i pi . ´ . Ejercicio (8.15.) S OLUCI ON ´ (a) ⇒ (b). Como tiene un unico ideal primo, cada elemento es nilpotente. Este ideal es tam´ bién el unico ideal maximal, y cada elemento no contenido en e´ l ha de ser una unidad. (b) ⇒ (c). Si cada elemento de A es una unidad o es nilpotente, entonces el nilradical, n es un ideal maximal y A/n es un cuerpo. (c) ⇒ (a). Cada ideal primo de A contiene al nilradical, luego los ideales primos de A están en ´ correspondencia con los ideales primos de A/n. Como A/n es un cuerpo tiene un unico ideal ´ primo, por tanto A tiene un unico ideal primo. ´ . Ejercicio (8.16.) S OLUCI ON (1). Tenemos (x + 1)2 = x + 1, luego 2x = 0. (2). La primera parte es consecuencia del Ejercicio (8.13.). Dado x ∈ A \ p, tenemos p + (x) = (1). Existe y ∈ A tal que xy ≡ 1 (mód p). Multiplicando por x tenemos xy ≡ x (mód p). Luego x ≡ 1 (mód p) y A/p tiene dos elementos. (3). Basta comprobar el resultado para ideales generados por dos elementos. Si a = (a, b), entonces (x + y + xy) ⊆ (x, y). Por otro lado x(x + y + xy) = x e y(x + y + xy) = y, luego tenemos la otra inclusión. 26 de octubre de 2010



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´ . Ejercicio (8.17.) S OLUCI ON Un elemento idempotente e distinto de 1 no es una unidad, luego está contenido en el ideal maximal m. Como m es el radical de Jacobson de A, cada 1 − ex es una unidad para x ∈ A. En particular 1 − e es una unidad, y e debe ser igual a 0. ´ . Ejercicio (8.18.) S OLUCI ON El conjunto Σ es no vac´ıo, ya que 0 ∈ Σ. Dada una cadena {ai }i en Σ su unión es un elemento de Σ, luego Σ tiene elementos maximales. Sea q ∈ Σ maximal, vamos a ver que es un ideal primo. Si ab ∈ q y a, b ∈ / q, entonces q + (a), q + (b) ∈ / Σ. Existen xa ∈ q + (a), xb ∈ q + (b) que no son divisores de cero, pero xa xb ∈ (q + (a))(q + (a)) ⊆ q + (ab) = q, de donde resulta que xa xb es un divisor de cero, lo que es una contradicción. Por tanto q es un ideal primo. ´ . Ejercicio (8.19.) S OLUCI ON Sea p = (p) un ideal primo y m = (q) un ideal maximal tal que p ( m, entonces p = dq para ´ d ∈ D. Como p es primo, resulta d ∈ p, por tanto existe d0 ∈ D tal que d = d0 p. En algun consecuencia p = d0 pq, de donde 1 = d0 q, lo que es una contradicción. ´ . Ejercicio (8.20.) S OLUCI ON (1). Es claro que es un ideal, y por otro lado se tiene ab ⊆ a, luego a ⊆ (a : b). (2). Para cualquier ideal a se tiene (p : a)a ⊆ p. Si p es primo y a ⊆ p, se tiene (p : a) = A, y si a * p, entonces p ⊆ (p : a) ⊆ p y tenemos (p : a) = p. Para ver el rec´ıproco, sean a, b ideales de A tales que ab ⊆ p, entonces b ⊆ (p : a). Si a ⊆ p no hay nada que probar, y si a * p, entonces b ⊆ (p : a) = p, y tenemos el resultado. (3). Dados n, m ∈ Z, sea d = m. c. d.{n, m} y consideremos las factorizaciones n = dn0 y m = dm0 . Si x ∈ (n : m), entonces existe y ∈ Z tal que xm = yn, de donde se deduce que xm0 = yn0 . Por ser n0 y m0 primos relativos se tiene n0 | x. También es cierto que n0 ∈ (nZ : mZ), luego tenemos la igualdad (nZ : mZ) = (n0 ), siendo n0 = n/d y d = m. c. d.{n, m}. ´ . [Uno] Ejercicio (8.21.) S OLUCI ON La resolución se basa en considerar las siguientes aplicaciones: K [X , Y ] −→ K [T 2 , T 3 ] −→ K [T ]. (X 3 − Y 2 ) Utilizando la propiedad universal del anillo de polinomios definimos un homomorfismo de anillos h : K [X , Y ] −→ K [T ] mediante: h(X ) = T 2 y h(Y ) = T 3 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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La imagen de h es K [T 2 , T 3 ], que es un subanillo de K [T ], y por tanto es un dominio de integridad. Vamos a ver que h es inyectiva. Sea F ∈ K [X , Y ] tal que h(F) = 0, podemos escribir F como F = F0 (X ) + F1 (X )Y + F3 (X , Y )(X 3 − Y 2 ). (Identificamos K [X , Y ] con K [X ][Y ], entonces X 3 − Y 2 es un polinomio de grado 2 con coeficiente l´ıder un elemento invertible, por lo tanto podemos dividir el polinomio F ∈ K [X , Y ] por X 3 − Y 2 , obteniendo un resto de la forma F0 (X ) + F1 (X )Y , esto es, un polinomio de grado 1 en K [X ][Y ].) Entonces h(F) = h(F0 (X ) + F1 (X )Y ) = F0 (T 2 ) + F1 (T 2 )T 3 . Como F ∈ Ker(h), tenemos 0 = F0 (T 2 ) + F1 (T 2 )T 3 . Observa que los exponentes de T es el primer sumando son 0, 2, 4, . . ., y los exponentes de T en el segundo sumando son 3, 5, 7, . . .. Por lo tanto de 0 = F0 (T 2 ) + F1 (T 2 )T 3 se obtiene que F0 = 0 = F1 , luego Ker(h) = {0} y h es inyectiva. Como tenemos un isomorfismo de K [X , Y ].

K [X ,Y ] (X 3 −Y 2 )

−→ K [T 2 , T 3 ], entonces (X 3 − Y 2 ) es un ideal primo

´ . [Dos] Ya que K [X , Y ] = K [X ][Y ], tenemos que K [X , Y ] es un dominio de facS OLUCI ON ´ torización unica, por lo tanta todo elemento irreducible es primo, as´ı pues, para ver que 3 2 (X − Y ) ⊆ K [X , Y ], basta comprobar que X 3 − Y 2 es irreducible en K [X ][Y ]. Como Y 2 − X 3 es un polinomio de grado dos en Y , es irreducible si y solo si no tiene ra´ıces en K [X ]. Es claro ´ que si F ∈ K [X ] es una ra´ız de Y 2 − X 3 , entonces F 2 = X 3 , y es fácil comprobar que ningun polinomio F ∈ K [X ] verifica esta propiedad, luego Y 2 − X 3 es irreducible en K [X ][Y ], y por tanto (X 3 − Y 2 ) es un ideal primo de K [X , Y ]. ´ . Ejercicio (8.22.) S OLUCI ON Como an ⊆ a, si an + bn = A, entonces a + b = A. Por otro lado, si a + b = A, existen a ∈ a y b ∈ b tales que a + b = 1, entonces 1 = (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 ∈ a2 + b2 . Es claro que se tiene el resultado para cualquier n ≥ 1.

´ . Ejercicio (8.23.) S OLUCI ON Es consecuencia del Corolario (5.1.).

´ . Ejercicio (8.24.) S OLUCI ON Dado x ∈ rad a, existe m ∈ N tal que xm ∈ a, por tanto xmn = (xm )n ∈ an ⊆ b, y se tiene x ∈ rad(b). 26 de octubre de 2010



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´ . Ejercicio (8.25.) S OLUCI ON Como el radical de a es la intersección de los ideales primos que contienen a a, entonces ∩ni=1 pi ⊆ rad(a) ⊆ ∩ni=1 pi , y tenemos la igualdad. ´ . Ejercicio (8.26.) S OLUCI ON Tenemos que a1 + a2 = A, ya que 1 = X − (X − 1). Entonces a1 a2 = a1 ∩ a2 , y aplicando el Ejercicio (8.25.), tenemos el resultado. ´ . Ejercicio (8.27.) S OLUCI ON Observar que para cada ideal a se tiene a ⊆ rad(a), luego basta ver que (b)⇒(a). Si rad(a) + rad(b) = A, existen a y b ∈ A tales que a + b = 1, an ∈ a y bm ∈ b para ciertos n, m ∈ Z. Entonces X n + m n+m 1 = (a + b) = ai bn+m−i . i i

Si i < n, entonces n + m − i ≥ m, luego 1 ∈ a + b.

´ . Ejercicio (8.28.) S OLUCI ON Dado b ∈ f (rad(a)) existe a ∈ rad(a) y n ∈ N tales que f (a) = b y an ∈ a, entonces bn = f (a)n = f (an ) ∈ f (a), luego b ∈ rad(Bf (a)). P Si f es sobreyectiva y b ∈ rad(Bf (a)), existe n ∈ N tal que bn ∈ Bf (a). Sea bn = ti=1 bi f (ai ), con bi ∈ B y ai ∈ a. Existen c, c1 , . . . , ct ∈ A tales que f (c) = b y f (ci ) = bi , i = 1, . . . , t. Tenemos: t t t X X X n n f (c ) = b = bi f (ai ) = f (ci )f (ai ) = f ( ci ai ), i=1

entonces cn − f (rad(a)).

Pt

i=1 ci ai

i=1

i=1

∈ Ker(f ) ⊆ a y resulta cn ∈ a. Entonces c ∈ rad(a) y b = f (c) ∈

´ . Ejercicio (8.29.) S OLUCI ON Es claro que Nil(A[x]) ⊆ Rad(A[x]). Por otro lado, si f ∈ Rad(A[x]), entonces 1 − fg es una unidad P para cada g ∈ A[x]. Tomando g = x tenemos que a − fx es una unidad, luego si f = ni=0 ai xi , entonces a0 , . . . , an son nilpotentes y tenemos que f es nilpotente. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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316 ´ . Ejercicio (8.30.) S OLUCI ON

Supongamos que K (X ) tiene un sistema finito de generadores como K –álgebra, por ejemplo {p1 /q, . . . , pt /q}, con pi ∈ K [X ] y 0 6= q ∈ K [X ]. Entonces cada elemento de K (X ) se escribe en la forma e1 et X p1 pt a(e1 ,...,et ) ··· , q q que se escribe en la forma e pi i

b qm

para cierto b ∈ K [X ] que es una combinación lineal de produc-

tos de y q. Podemos considerar que b y qm son primos relativos. Un elemento arbitrario de K (X ) es de la forma uv con u, v ∈ K [X ], 0 6= v, y por tanto existen b ∈ K [X ] y m ∈ N tales que uv = qbm . Entonces uqm = vb, y como K [X ] es un dominio eucl´ıdeo resulta que q | v, lo que evidentemente no tiene por qué ocurrir para todas las posibles elecciones de v. Como consecuencia K (X ) no es una K –álgebra finitamente generada. ´ . Ejercicio (8.31.) S OLUCI ON Primero parte: ´ (1). Es claro que cada clase de Z[i] tiene un unico representante de grado uno; basta conside2 rar el resto de la división por X + 1. (2). La aplicación N : Z[i] → N definida N(a + bi) = a2 + b2 es multiplicativa; basta considerar la siguiente relación: N((a + bi)(c + di) = N((ac − bd) + (ad + bc)i) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 = a2 c2 − 2abcd + b2 d2 + a2 d2 + 2abcd + b2 c2 = (a2 + b2 )(c2 + d”).

(3). Es bien conocido. Segunda parte. (1). Basta considerar la relación 2 = (1 + i)(1 − i). Observa que 1 + i y 1 − i son irreducibles, y por lo tanto primos y no invertibles. Por lo tanto 2 no es irreducible, luego no es un elemento primo. (2). Al igual que antes basta ver que 3 es un elemento primo de Z[i]. Si 3 = αβ en Z[i], entonces 9 = N(3) = N(α)N(β). Si N(α) = 1, entonces α es invertible y viceversa; luego 3 = αβ es una factorización propia si N(α) = 3 = N(β), pero observa que no existen enteros de Gauss α verificando N(α) = 3. Pro lo tanto 3 es irreducible y como consecuencia es un elemento primo de Z[i]. 26 de octubre de 2010



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(3). Basta considerar que 5 = (1 + 2i)(1 − 2i), y que 1 + 2i, 1 − 2i son elementos irreducibles. (4). Si p ∈ Z es primo y verifica p ≡ 3 (mód 4), entonces es primo en Z[i]. En efecto, si p = αβ es una factorización propia, se tiene N(α) = p, y p es una suma de dos cuadrados, lo que es imposible si p ≡ 3 (mód 4). Rec´ıprocamente, si p ∈ Z es primo y p 6≡ 3 (mód 4), entonces p = 2 o´ p ≡ 1 (mód 4). Si p = 2 ya hemos visto que p no es primo. Si p ≡ 1 (mód 4), utilizando el Teorema de Wilson tenemos la relación: 1 × 2 × 3 × · · · × (p − 2) × (p − 1) ≡ −1 (mód p). Agrupamos los factores del término de la izquierda en parejas: 1, p − 1; 2, p − 2; etc. De esta forma tenemos: (−1)

Se tiene que

p−1 2

p−1 2

1 × 2 × 3 × ··· ×

p−1 2

≡ −1 (mód p).

es par, ya que p ≡ 1 (mód 4), luego 1 × 2 × 3 × ··· ×

p−1 2

≡ −1 (mód p).

Si llamamos q = 1 × 2 × 3 × · · · × p−1 , se tiene p | q2 + 1, y en Z[i] se tendrá p | q2 + 1 = 2 (q + i)(q − i). Observa que p - q + i, ya que si existe a + bi ∈ Z[i] tal que q + i = p(a + bi), entonces 1 = pb, lo que es una contradicción. De la misma forma se prueba que p - q − i. Por lo tanto p no es primo en Z[i], y tenemos el resultado. (5). Si p = 2 ya conocemos la descomposición en elementos primos de p. Si p ≡ 1 (mód p), entonces N(p) = p2 , y si p = αβ es una factorización propia, entonces N(α) = p. Sea α = a + bi, entonces p = a2 + b2 , y la factorización en primos de p en Z[i] es: (a + bi)(a − bi). En particular se obtiene que cada entero primo positivo es la suma de dos cuadrados si y solo si es congruente con 1 módulo 4, y en este caso una factorización en primos de p en Z[i] es: p = (a + bi)(a − bi). ´ . Ejercicio (8.32.) S OLUCI ON P P (1). La aplicación g es: g( ti=0 ai X i ) = ti=0 (ai + a)X i . P (2). La imagen de g es Aa [X ], esto es, g es sobreyectiva. Tenemos que g( ti=0 ai X i ) = 0 si y solo P si ai + a = 0 para cada ´ındice i, por lo tanto si y solo si ti=0 ai X i tiene todos sus coeficientes P en a, esto es, si ti=0 ai X i ∈ a[X ]. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


318

(3). Por la construcción la imagen de F + Ker(g) es g(F), luego tenemos A[X ] Ker(g)

/ Im(g)

F + Ker(g)

/ g(F)

Pt

i=0 ai X

i

+ Ker(g)

/

Pt

i=0 (ai

+ a)X i .

Como hemos visto anteriormente se tiene Im(g) = Aa [X ] y Ker(g) = a[X ], luego se tiene A ∼ A[X ] . = a[X ] a[X ] (4). Tenemos que Zn [X ] =

A[X ] Ker(g)

=

A[X ] a[X ] ,

y

Z[X ] (nZ)[X ] .

(5). El ideal (n) ⊆ X[X ] es el ideal (nZ)[X ], esto es, el conjunto de todos los polinomios cuyos ´ coeficientes son multiplos de n en Z. Este ideal también se puede escribir como nZ[X ]. (6). El ideal (n) ⊆ Z[X ] es primo cuando Z[X ] Z Z[X ] = = [X ] = Zn [X ] (n) nZ[X ] nZ es un dominio de integridad, esto es, cuando Zn es un dominio de integridad, y por tanto cuando n es un entero primo. (7). El ideal (n) ⊆ Z[X ] es maximal cuando Zn [X ] es un cuerpo, y como este anillo nunca es un cuerpo, tenemos que nunca (n) ⊆ Z[X ] es un ideal maximal. (8). Un ejemplo de un ideal maximal es (p, X ), siendo p ∈ Z un entero primo; en este caso se tiene: Z[X ] ∼ Z[X ]/(p) ∼ Zp [X ] ∼ = = = Zp . (p, X ) (p, X )/(p) (X ) ´ . Ejercicio (8.33.) S OLUCI ON (a) ⇒ (b). Sean xy ∈ (a), entonces xy = ab para un cierto b ∈ A. Como D es un dominio de ´ factorización unica y a es irreducible, e´ ste aparece en la factorización de x, luego x ∈ (a), o de y, luego y ∈ (a), y por tanto (a) es un ideal primo. 26 de octubre de 2010



319

(b) ⇒ (a). Si a = xy, entonces xy ∈ (a), por ser e´ ste un ideal primo resulta x ∈ (a), luego x = ab para cierto b ∈ D, obteniendo a = xy = aby, luego 1 = by, e y es una unidad, o y ∈ (a), llegándose entonces a que x es una unidad, por tanto a es un elemento irreducible. ´ . Ejercicio (8.34.) S OLUCI ON P P j (1). Si f = ni=0 ai xi es una unidad, existe g = m j=0 bj x tal que fg = 1, entonces a0 b0 = 1 y a0 es una unidad. Por otro lado tenemos an bm = 0, an bm−1 + an−1 bm = 0, luego an2 bm−1 + r+1 an an−1 bm = 0, entonces an2 bm−1 = 0. Por inducción probamos que aP n bm−r = 0. Tomando r = m tenemos anm+1 b0 = 0 y resulta que an es nilpotente. Como f = ni=0 ai xi es una unidad P i y an xn es nilpotente, resulta que f − an xn = n−1 i=0 ai x es una unidad. Aplicando en resultado que acabamos de probar tenemos que an−1 es nilpotente, y por inducción a1 , a2 , . . . , an son nilpotentes. P (2). Si f = ni=0 ai xi es nilpotente, entonces an es nilpotente, y como la suma de nilpotentes P i on resulta que a0 , a1 , . . . , an son nilpolo es, resulta que n−1 i=0 ai x es nilpotente. Por inducci´ tentes. La otra implicaciónP es inmediata. P j (3). Supongamos que f = ni=0 ai xi es un divisor de cero y sea 0 6= g = m j=0 bj x un polinomio de grado m´ınimo tal que fg = 0. Como an bm = 0, tenemos que f (an g) = 0; como el grado de an g es menor que el grado de g, resulta que an g = 0. En la expansión de fg el coeficiente de xn+m−1 es an−1 bm + an bm−1 = 0. Como an bm−1 = 0, resulta que an−1 bm = 0. Procediendo en la misma forma tenemos an−1 g = 0. Por inducción probamos que ai g = 0 para cada ´ındice 0 ≤ i ≤ n. Basta tomar como a cualquier coeficiente no nulo de g. La otra implicación es inmediata. P P P k j y fg = b x (4). Lema de Gauss. Llamamos f = ni=0 ai xi , g = m j k ck x . Si fg es primitivo, j=0 entonces (1) = ({ck }k ) ⊆ ({ai }i ) ∩ ({bj }j ), y por tanto f y g son primitivos. Si f y g son primitivos y fg no lo es, entonces existe un ideal maximal m tal que ({ck }k ) ⊆ m. Como ({ai }i ) * m, existe un ´ındice i0 m´ınimo tal que ai0 ∈ / m, y tomamos j0 de la misma forma. En la expresión del elemento ci0 +j0 = ai0 +j0 b0 + · · · + ai0 +1 bj0 −1 + ai0 bj0 + ai0 −1 bj0 +1 + · · · + a0 bj0 +i0 todos los términos, salvo ai0 bj0 pertenecen a m, lo que es una contradicción.

´ . Ejercicio (8.35.) S OLUCI ON HACER

´ . Ejercicio (8.36.) S OLUCI ON Sea D un DFU, y K su cuerpo de fracciones. Como K [X ] es un DE, entonces es un DFU. Dado un polinomio no nulo 0 6= F ∈ D[X ], al considerar F ∈ K [X ] existe una factorización F = dF1 · · · Ft ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


320

con d ∈ D y los Fi polinomios irreducibles. Podemos suponer que cada Fi ∈ D[X ] y que es ´ divisor de sus coeficientes es 1. primitivo, esto es que, su contenido c(F), el máximo comun Tenemos entonces que cada Fi ∈ D[X ] es irreducible por el Lema de Gauss. Si d = a/b es irreducible, entonces bF = aF1 · · · Ft . Tomando contenidos se tiene bc(F) = c(aF1 · · · Ft ) = ac(F1 ) · · · c(Ft ) = a. (Es consecuencia del Ejercicio (8.34.)) De aqu´ı se tiene F = c(F)F1 · · · Ft es un producto de irreducibles en D[X ]. Supongamos que F = eG1 · · · Gs con los Gj polinomios irreducibles primitivos no constantes. Al considerar las dos descomposiciones en K [X ] se tiene t = a, y salvo una una reordenación podemos suponer que Gi = ai Fi , i = 1, . . . , t, con ai ∈ K . Tomando contenidos se tiene ai = c(Gi ) ∈ D,y por lo tanto son invertibles. Tenemos entonces que las dos factorizaciones son equivalentes. ´ . Ejercicio (8.37.) S OLUCI ON √ (1). Como Z[ −5] ⊆ C, es un DI. (2). Es claro desarrollando los productos. Para ver que son factorizaciones distintas, basta calcular la norma de cada elemento: x 2 3 √ 1 + √−5 1 − −5

N(x) 4 9 6 6

´ otro, y lo mismo pasa con los demás. Por lo tanto 2 no es asociado a ningun

´ . Ejercicio (8.38.) S OLUCI ON √ (1). Como Z[ 5] ⊆ C, es un DI. √ √ √ 2 = (a + b 5)(a − b 5), y por tanto es un homomorfismo (2). Tenemos N(a + b 5) = a2 − 5b √ √ √ para el producto, ya que (a − b 5)(c − d 5) = ac + 5bd − (ad + bc) 5. (3). Si x es invertible existe y tal que xy = 1. Entonces 1 = N(1) = N(x)y) = N(x)N(y), Entonces N(x) es invertible en Z, luego es ±1. √ √ (4). Tenemos N(3 + 4 5) = 1 y N(2 + 5) = −1. 26 de octubre de 2010



321

√ (5). Si x = y1 y2 en Z[ 5], entonces N(x) = N(y1 )N(y2 ), y si N(x) es primo, resulta, por ejemplo, que N(y1 ) = ±1, esto es, y1 es invertible y x es irreducible. (6). Es claro que módulo 5 mi 2 ni 3 son cuadrados, luego la congruencia no tiene √ solución √ en Z. Se tiene que N(2) = 4, luego cualquier factor propio x = a + b 5 de 2 en Z[ 5] verifica N(x) = ±2, esto es a2 −5b2 = ±2, que no tiene solución en Z, luego 2 es irreducible. El mismo razonamiento vale para los otros elementos. √ √ (7). En este caso N(3 + 5) = 4 = N(3 − 5) y por lo tanto son irreducibles; como ninguno √ es asociado a 2, tenemos dos descomposiciones distintas de 4 en Z[ 5]. ´ . Ejercicio (8.39.) S OLUCI ON HACER







´ . Ejercicio (8.46.) S OLUCI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

322


HACER

´ . Ejercicio (8.47.) S OLUCI ON Si A ∼ = B × C entonces 1A = (1B , 1C ) = (1B , 0) + (0, 1C ). Los elementos (1B , 0) y (0, 1C ) son idempotentes y verifican B = (1B , 0)A, C = (0, 1C )A. Por otro lado, si existe un idempotente e verificando las condiciones del enunciado, entonces eA ∩ (1 − e)A = {0} y A = eA + (1 − e)A, luego A ∼ = eA × (1 − e)A ∼ = B × C. ´ . Ejercicio (8.48.) S OLUCI ON

Q (1) Dado un ideal a de A = ni=1 Ai , consideramos el elemento ei = (δi,j )j ; es claro que aei Q puede identificar con un ideal de Ai , sea e´ ste ai . Entonces a = ni=1 ai . (2) Los ideales primos son de la forma A1 × · · · × Ai−1 × pi × Ai+1 × · · · × An , siendo pi un ideal primo de Ai . Los ideales maximales son de la forma A1 × · · · × Ai−1 × mi × Ai+1 × · · · × An , siendo mi un ideal maximal de Ai . (3) En este caso los ideales primos sonde la forma A1 × · · · × Ai−1 × 0 × Ai+1 × · · · × An , por tanto hay exactamente n. ´ . Ejercicio (8.49.) S OLUCI ON (a) ⇒ (b). Es una consecuencia del Teorema chino del resto. (b) ⇒ (a). Es una consecuencia de la biyección existentes entre ideales de Im(f ) e ideales de A/ Ker(f ) para cada homomorfismo de anillos f : A −→ B. ´ . Ejercicio (8.50.) S OLUCI ON

P i j (1) Cada polinomio F ∈ K [X , Y ] se escribe en la forma n,m i=0,j=0 ki,j X Y , y por tanto se tiene Pn P j ´ G ∈ K [X , Y ], que es justamente la F = k0,0 + i=1 ki,0 X i + m j=1 k0,j Y + XYG, para algun expresión del enunciado. 26 de octubre de 2010



323

(2) Basta hacer la multiplicación y reducir módulo XY . (k + F1 (X )X + F2 (Y )Y + (XY ))(h + G1 (X )X + G2 (Y )Y + (X )) = kh + kG1 (X )X + kG2 (Y )Y + F1 (X )Xh + F1 (X )XG1 (X )X + F1 (X )XG2 (Y )Y + F2 (Y )Yh +F2 (Y )YG1 (X )X + F2 (Y )YG2 (Y )Y + (XY ) = kh + kG1 (X )X + F1 (X )Xh + F1 (X )XG1 (X )X + kG2 (Y )Y + F2 (Y )Yh +F2 (Y )YG2 (Y )Y + (XY ) = kh + (kG1 (X ) + hF1 (X ) + F1 (X )G1 (X )X )X + (kG2 (Y ) + hF2 (Y ) +F2 (Y )G2 (Y )Y )Y + (XY ). (3) Un ideal maximal es (X + (XY ), Y + (XY )), que corresponde al ideal maximal (X , Y ) de K [X , Y ] que contiene a (XY ). Por ser A un cociente de K [X , Y ], los ideales maximales de A están en correspondencia con los ideales maximales m de K [X , Y ] que contienen a (XY ). Se verifica entonces XY ∈ (XY ) ⊆ m, y por ser m un ideal primo de K [X , Y ], se tiene X ∈ m o Y ∈ m. Si X ∈ m, entonces m = (X ) + (F1 , . . . , Ft ), siendo F1 , . . . , Ft ∈ K [Y ]; basta reducir un sistema de generadores de m módulo (X ) para obtener F1 , . . . , Ft . Por lo tanto tenemos: K [X ,Y ]/(XY ) m/(XY )

∼ =

K [X ,Y ] m

∼ =

K [X ,Y ]/(X ) ((X )+(F1 ,...,Ft ))/(X )

∼ =

K [Y ] (F1 ,...,Ft )K [Y ]

Como es un cuerpo, y como K [Y ] es un dominio eucl´ıdeo, resulta que (F1 , . . . , Ft )K [Y ] es un ideal principal, generado por un polinomio irreducible. El mismo resultado se tiene si suponemos que Y ∈ m. ´ . Ejercicio (8.51.) S OLUCI ON

(1) Tenemos que jA : A −→ A × B, definido jA (a) = (a, 0) para cada a ∈ A, es un homomorfismo de grupos. (2) Tenemos que qA : A × B −→ A, definido qA (a, b) = a para cada (a, b) ∈ A × B, es un homomorfismo de anillos. (3) Definimos f : X −→ A × B mediante f (x) = (fA (x), fB (x) para cada x ∈ X , es un homo´ morfismo y es el unico que verifica que fA = qA ◦ f y fB = qB ◦ f . (4) Es justo la definición de producto de anillos. (5) Es claro que eA = (1, 0), eB = (0, 1) ∈ A × B son idempotentes y que verifican eA + eB = (1, 1). Vamos a ver que e1 e2 = 0, en efecto e2 = 1e2 = (e1 + e2 )e2 = e1 e2 + e2 e2 = e1 e2 + e2 , luego e1 e2 = 0. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


324

(6) Dados elementos idempotentes e1 , e2 ∈ C tales que e1 + e2 = 1. Definimos C1 = e1 C, es un anillo, no un subanillo de C. Consideramos la siguiente situación: CL rr LLLL α L×e LL 2 LL rr r L yrr proy proy % /e o e C×e C ×e1rrrr

e1 C

1

2C

2

en donde α está definido α(c) = (e1 c, e2 c). Es claro que α es inyectivo: Si 0 = α(c) = (e1 c, e2 c), entonces e1 c = 0 = e2 c, y se tiene c = 1c = (e1 + e2 )c = e1 c + e2 c = 0. Para ver que es sobreyectivo, dado (e1 c, e2 d) ∈ e1 C × e2 C, consideramos x = e1 c + e2 d ∈ C. Vamos a ver que α(e1 c + e2 d) = (e1 c, e2 d); se tiene α(x) = (e1 x, e2 x) = (e1 (e1 c + e2 d), e2 (e1 c + e2 d)) = (e1 c, e2 d). (7) Es claro. ´ . Ejercicio (8.52.) S OLUCI ON (1) Se tiene que fX : K [X ] −→ A, definida por fX (X ) = X + (XY ), es un homomorfismos de de anillos por la propiedad universal del anillo de polinomios. Es claro que es inyectivo, luego podemos identificar K [X ] con su imagen en A. (2) Tenemos que gX : A −→ K [X ] definida por gX (k + F1 (X )X + F2 (Y )Y + (XY )) = k + F1 (X )X ´ es un homomorfismo de anillos; está inducido por la evaluación en Y = 0. El nucleo de gX es {F2 (Y )Y + (XY ) | F2 (Y ) ∈ K [Y ]}, el ideal generado por Y . (3) Utilizando la propiedad universal del anillo producto se tiene que α está definido por α(k + F1 (X )X + F2 (Y )Y + (XY )) = (k + F1 (X )X , k + F2 (Y )Y ) ∈ K [X ] × K [Y ]. La imagen de α es {k + F1 (X )X , k + F2 (Y )Y | F1 (X ) ∈ K [X ], F2 (Y ) ∈ K [Y ]}. Es fácil ver que α es inyectivo. (4) Dado el diagram conmutativo B1RRRRR

11 RRR h RRRX 11 RRR RRR 11 gX R) 11 / K [X ] 1 A hy 1 11 g11Y eval0 1 /K K [Y ] eval0

para cada b ∈ B consideramos los polinomios hX (b) ∈ K [X ] y hY (b) ∈ K [Y ]. Como eval0 (hX (b)) = eval0 (hY (b)), definimos h(b) = eval0 (hX (b)) + (hX (b) − eval0 (hX (b))) + 26 de octubre de 2010



325

(hY (b) − eval0 (hY (b))) + (XY ) ∈ A, esto es, h(b) = hX (b) + hY (b) − eval0 (hX (b)) + (XY ). As´ı definido hace conmutar el siguiente diagrama B1CRRRRR

11 C RRR h 11 Ch RRRXRR RRR 11 C C gXRR) 11 ! / K [X ] hy 11 A 11 g11Y eval0 1 /K K [Y ] eval0

Si h0B −→ A también verifica hX = gX ◦ h0 y hY = gY ◦ h0 , supongamos que h0 (b) = kb + F1,b (X )X + F2,b (Y )Y + (XY ), entonces se tiene: kb = (eval0 ◦ gX ◦ h0 )(b) = (eval0 ◦ gX ◦ h)(b); kb + F1,b (X )X = (gX ◦ h0 )(b) = (gX ◦ h)(b); kb + F2,b (Y )Y = (gY ◦ h0 )(b) = (gY ◦ h)(b). Por lo tanto h0 = h. ´ . Ejercicio (8.53.) S OLUCI ON Como tenemos B ⊗A C = L(B×C) , siendo L(B × C) el A–módulo libre sobre B × C. Vamos a dar S estructura de B × C–módulo a L(B × C) y a comprobar que S es un submódulo. La estructura, sobre los generadores de L(B × C) está definida por (x, y)(b, c) = (xb, yc),

∀(x, y), (b, c) ∈ B × C.

Es claro que L(B × C) es un B × C–módulo. Para ver que S es un submódulo basta ver que para cada generador g de S y cada (x, y) ∈ B × C se tiene (x, y)g ∈ S. En efecto, se tiene: (x, y) ((b1 + b2 , c) − (b1 , c) − (b2 , c)) = (xb1 + xb2 , yc) − (xb1 , yc) − (xb2 , yc) ∈ S. (x, y) ((b, c1 + c2 ) − (b, c1 ) − (b, c2 )) = (xb, yc1 + yc2 ) − (xb, yc1 ) − (xb, yc2 ) ∈ S. (x, y) ((ab, c) − (b, ac)) = (xab, yc) − (xb, yac) = (axb, yc) − (xb, ayc) ∈ S. (x, y) ((ab, c) − a(b, c)) = (xab, yc)−(x, y)a(b, c) = (axb, yc)−a(x, y)(b, c) = (axb, c)−a(xb, yc) ∈ S. P Veamos ahora que la multiplicación está bien definida. Sea b2 ⊗c2 = ti=1 b0i ⊗ci0 , esto significa P P que (b2 , c2 ) − ti=1 (b0i , ci0 ) ∈ S, y veamos que (b1 ⊗ c1 )(b2 ⊗ c2 ) = (b1 ⊗ c1 )( ti=1 b0i ⊗ ci0 ), o P equivalentemente que (b1 b2 )⊗(c1 c2 ) = ti=1 (b1 b0i )⊗(c1 ci0 ). Por definición esto es equivalente P a ver que (b1 b2 , c1 c2 ) − ti=1 (b1 b0i , c1 ci0 ) ∈ S, y esto se deduce de que S es un B × C-submódulo de B × C. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


326 Es claro que 1 ⊗ 1 es el uno de B ⊗A C.

´ . Ejercicio (8.54.) S OLUCI ON Dado βB × C −→ C definimos un homomorfismo de A–módulos β0 : L(B × C) −→ X mediante β0 (b, c) = β(b, c). Para cada generador g ∈ S se tiene β0 (g) = 0 ya que β es A–bilineal. ´ Entonces β0 se factoriza de forma unica por L(B × C)/S = B ⊗A C. proy

L(B × C) I

II II II β III $

X

/

L(B × C)/S = B ⊗A C

m m m m m β0 vm m

Es claro que β = β 0 ◦ τ . La unicidad de β 0 verificando esta condición es consecuencia de la unicidad en la construcción de β0 y β 0 . Observa que β 0 , sobre los generadores de B ⊗A C esta definido por β 0 (b ⊗ c) = β(b, c) para cada (b, c) ∈ B × C. ´ . Ejercicio (8.55.) S OLUCI ON Tenemos β 0 : B ⊗A C −→ X un homomorfismo de A–módulos definido β 0 (b ⊗ c) = β(b, c). Falta comprobar que β 0 es un homomorfismo de A–álgebra, esto es, que β 0 ((b1 ⊗c1 )(b2 ⊗c2 )) = β 0 ((b1 b2 )⊗(c1 c2 )) = β(b1 b2 , c1 c2 ) = β(b1 , c1 )β(b2 , c2 ) = β 0 (b1 ⊗c1 )β 0 (b2 ⊗c2 ) y que

β 0 (1 ⊗ 1) = β(1, 1) = 1.

´ . Ejercicio (8.56.) S OLUCI ON En esta situación definimos β : B × C −→ X mediante β(b, c) = fB (b)fC (c) para cualesquiera b ∈ B y c ∈ C. Comprobamos que β es una aplicación A–bilineal. Por ejemplo se tiene β(ab, c) = fB (ab)fC (c) = afB (b)fC (c) = aβ(b, c), β(b, ac) = fB (b)fC (ac) = fB (b)afC (c) = aβ(b, c). Además β verifica: β((b1 , c1 )(b2 , c2 )) = β(b1 b2 , c1 c2 ) = fB (b1 b2 )fC (c1 c2 ) = fB (b1 )fC (c1 )fB (b2 )fB (b2 ) = β(b1 , c1 )β(b2 , c2 ). y β(1, 1) = fB (1)fC (1) = 1. 26 de octubre de 2010



327

´ Luego existe un unico homomorfismo de A–álgebras β 0 : B ⊗A C −→ X tal que β = β 0 ◦ τ . Entonces β 0 está definido β 0 (b ⊗ c) = β(b, c) = fB (b)fC (c). Es claro que β 0 hace conmutar el diagrama, esto es: fB = β 0 ◦ jB y fC = β 0 ◦ jC , ´ y que es el unico homomorfismo de A–álgebras que verifica estas condiciones. As´ı pues defi0 nimos f = β . ´ . Ejercicio (8.57.) S OLUCI ON Consideramos la siguiente situación: jX

j

/ A[X ] ⊗ A[Y ] Yo A[Y ] A MMM qq q MMM q f q MMM qqq M& fX xqqq fY

A[X ] M

A[X , Y ]

en donde jX (F) = F ⊗ 1 y fX (F) = F para cada F ∈ A[X ] y jY (G) = 1 ⊗ G y fY (G) = G para cada ´ G ∈ A[Y ]. Todos ellos son homomorfismos de A–álgebras. Existe pues un unico homomorfismo de A–álgebras, f , haciendo conmutar el diagrama. Este homomorfismo está definido f (F ⊗ G) = FG. Vamos a ver que f es un isomorfismo. Para ver que es sobreyectivo basta comprobar que X n Y m ∈ Im(f ) para todos n, m ∈ N. Esto es claro ya que X n Y m = f (X n ⊗ Y m ). Para ver que es inyectivo vamos antes a ver como podemos escribir los elementos de A[X ] ⊗A A[Y ]. Un elemento P cualquiera de A[X ]P ⊗A A[Y ] es de la forma Pt r s h j h=1 bi,h Y . Tenemos j=1 ai,j X y Gi = i=1 Fi ⊗ Gi , en donde, por ejemplo tenemos Fi = entonces: t X i=1

Fi ⊗ Gi =

t X s X r t X s r X X X X ai,j bi,h (X j ⊗ Y h ) = ai,j bi,h (X j ⊗ Y h ) bi,h Y h ) = ( ai,j X j ) ⊗ ( i=1 j=1

i=1 j=1 h=1

h=1

i,j,h

Veamos que esta es una buena forma de escribir los elementos de A[X ] ⊗A A[Y ]. P Si f ( ti=1 Fi ⊗ Gi ) = 0, entonces 0 = f(

t X

X X Fi ⊗ Gi ) = f ( ai,j bi,h (X j ⊗ Y h )) = ai,j bi,h X j Y h .

i=1

i,j,h

i,j,h

P En esta expresión el coeficiente de X j Y h es: ti=1 ai,j bi,h , y por lo tanto deber ser igual a cero. Entonces se tiene: ! t t X X X Fi ⊗ Gi = ai,j bi,h X j ⊗ Y h = 0, i=1

j,h

i=1

ya que es una combinación lineal en la que todos los coeficientes son iguales a cero.


P. Jara

S EC . 58. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO II

58.

329

Ejercicios del Cap´ıtulo II

´ . Ejercicio (16.1.) S OLUCI ON (1). Lexicográfico con X > Y > Z: X 3 Y , X 3 Z 2 , X 3 Z, X 2 Y 2 Z, X 2 Y , XZ 2 , Y 2 Z 2 , Y 2 Z. (2). Lexicográfico graduado con X > Y > Z: X 2 Y 2 Z, X 3 Z 2 , X 3 Y , X 3 Z, Y 2 Z 2 , X 2 Y , XZ 2 , Y 2 Z. (3). Lexicográfico graduado inverso con X > Y > Z: X 2 Y 2 Z, X 3 Z 2 , X 3 Y , X 3 Z, Y 2 Z 2 , X 2 Y , Y 2 Z, XZ 2 . ´ . Ejercicio (16.2.) S OLUCI ON (1). Lexicográfico con X > Y > Z: X 3 Y , X 3 Z 2 , X 2 Y 2 Z, X 2 YZ 2 , X 2 Z 2 , X 2 Z, X 2 , XY 2 Z. (2). Lexicográfico graduado con X > Y > Z: X 3 Z 2 , X 2 Y 2 Z, X 2 YZ 2 , X 2 Z 2 , XY 2 Z, X 3 Y , X 2 Z, X 2 . (3). Lexicográfico graduado inverso con X > Y > Z: X 2 Y 2 Z, X 3 Z 2 , X 2 YZ 2 , X 3 Y , XY 2 Z, X 2 Z 2 , X 2 Z, X 2 . ´ . Ejercicio (16.3.) S OLUCI ON (1). Lexicográfico. Para el caso de dos variables X e Y , una representación del orden lexicográfico es la siguiente: ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


330

?

? CO C C

?

? CO

?

?

? OC C

? C C

C C

?

? C C

C ? C C C

?

CO C

? C Y ?

?

C C

C ? C C

?

C C C C 2 3 XY C ? X YCC ? X Y C ? ? C C C C C C C C C C C C C ? ? ? ? C C C

X2

X

X3

˜ son: Entonces los monomios más pequenos 1, Y , Y 2 , Y 3 , . . . , Y 9 . Lexicográfico graduado inverso. Para el caso de dos variables X e Y , una representación del orden lexicográfico graduado y del orden lexicográfico inverso, ya que en este caso coinciden, es la siguiente:

I @

I @

I @

@ I @

I @

@ @ @ @ @ @ ? @? @ ? @ ? ? I @ I @ I @ I @ I @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ ? ? ? ? ? I @ I @ I @ I @ I @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ ? ? ? ? ? @ @ @ @ @ I @ I @ I @ I @ I @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ 2 3 Y @ XY @ X Y @ X Y @ ? ? ? ? ? @ I @ I @ I @ I @ I @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ ? @ ? @ ? ? ? @ @ @ @ @

@

@ @

X

X2

X3

˜ son: Entonces los monomios más pequenos 1, Y , X , Y 2 , XY , X 2 , Y 3 , XY 2 , X 2 Y , X 3 , Y 4 , XY 3 . 26 de octubre de 2010



331

(2). Los monomios de grado total menor o igual que 2 son: 1, X , Y , Z, X 2 , XY , XZ, Y 2 , YZ, Z 2 . Ordenados de mayor a menor aparecen como sigue: Orden lexicográfico. X 2 , XY , XZ, X , Y 2 , YZ, Y , Z 2 , Z, 1. Orden lexicográfico graduado. X 2 , XY , XZ, Y 2 , YZ, Z 2 , X , Y , Z, 1. Orden lexicográfico graduado inverso. X 2 , XY , Y 2 , XZ, YZ, Z 2 , X , Y , Z, 1. ´ . Ejercicio (16.4.) S OLUCI ON Observar que en todos los casos basta determinar la ordenación de las variables X1 , . . . , Xn , y que en total existen n! ordenaciones distintas de las variables. ´ . Ejercicio (16.5.) S OLUCI ON Tenemos que dividir F = X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2 por {G1 = XY 2 − X , G2 = −Y 3 + X }. entonces ∆1 = (1, 2)+N2 y ∆2 = (1, 0)+N2 \∆1 . Consideramos la siguiente tabla para hacer la división: ∆1 = ∆2 = i 0 1 2 3 4 P

(1, 2) + N2 ((1, 0) + N2 ) \ ∆1 Fi X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2 X 7 + XY 2 + Y 2 XY 2 + Y 2 Y2 + X X 0

exp(Fi ) (7, 2) (7, 0) (1, 2) (0, 2) (1, 0)

∈ ∆1 ∆ ∆1 ∆ ∆

Q1 X6

Q2

R X7

1

X6 + 1

Y2 X X7 + Y 2 + X

P

Qi Gi + R 7 X Y 2 − X7

X7 XY 2 − X Y2 X X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2

La división es: X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2 = (X 6 + 1)(XY 2 − X ) + 0(−Y 3 + X ) + (X 7 + Y 2 + X ). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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332

(2). Es esencialmente igual, en este caso al permutar los papeles de G1 y G2 no cambia la división. Tenemos: X 7 Y 2 + XY 2 + Y 2 = 0(−Y 3 + X ) + (X 6 + 1)(XY 2 − X ) + (X 7 + Y 2 + X ). ´ . Ejercicio (16.6.) S OLUCI ON (1). Tomamos F = X 2 Y + XY 2 + Y 2 , G1 = Y 2 − 1 y G2 = XY − 1. En este caso ∆1 = (0, 2) + N2 ´ la siguiente tabla: y ∆2 = (1, 1) + N2 \ ∆1 . Hacemos la división segun ∆1 = ∆2 = i 0 1 2 3 P

(0, 2) + N2 ((1, 1) + N2 ) \ ∆1 Fi X 2 Y + XY 2 + Y 2 XY 2 + Y 2 + X Y 2 + 2X 2X + 1

exp(Fi ) (2, 1) (1, 2) (0, 2) (1, 0), (0, 0)

∈ ∆2 ∆1 ∆1 ∆

Q1

Q2 X

R

X 1 X +1

X

2X + 1 2X + 1

P

Qi Gi + R X 2Y − X XY 2 − X Y2 − 1 2X + 1 X 2 Y + XY 2 + Y 2

La división es: X 2 Y + XY 2 + Y 2 = (X + 1)(Y 2 − 1) + (X )(XY − 1) + (2X + 1) (2). Tomamos F = X 2 Y + XY 2 + Y 2 , G1 = XY − 1 y G2 = Y 2 − 1. En este caso ∆1 = (1, 1) + N2 ´ la siguiente tabla: y ∆2 = (0, 2) + N2 \ ∆1 . Hacemos la división segun ∆1 = ∆2 = i 0 1 2 3 P

(1, 1) + N2 ((0, 2) + N2 ) \ ∆1 Fi X 2 Y + XY 2 + Y 2 XY 2 + Y 2 + X Y2 + X + Y X +Y +1

exp(Fi ) (2, 1) (1, 2) (0, 2) (1, 0), (0, 1),

∈ ∆1 ∆1 ∆2 ∆

Q1 X Y

Q2

R

1 X +Y

1

X +Y +1 X +Y +1

P

Qi Gi + R X 2Y − X XY 2 − Y Y2 − 1 X +Y +1 2 X Y + XY 2 + Y 2

La división es: X 2 Y + XY 2 + Y 2 = (X + Y )(XY − 1) + (1)(Y 2 − 1) + (X + Y + 1) 26 de octubre de 2010



333

´ . Ejercicio (16.7.) S OLUCI ON Tenemos exp(F) = (3, 3) y exp(G) = (1, 4). Como ∆1 = (1, 4) + N2 , entonces exp(F) ∈ / ∆1 . Entonces calculamos F1 = F − X 3 Y 3 = 3X 2 Y 4 y hacemos la división de F1 por G. En este caso exp(F1 ) = (2, 4) ∈ ∆1 ; se tiene 3 F2 = F1 − XG = 0. 1 Recomponiendo se tiene F1 − 3XG = 0; F − X 3 Y 3 = F1 , luego F = 3XG + X 3 Y 3 . El cociente es 3X y el resto es X 3 Y 3 .

´ . Ejercicio (16.8.) S OLUCI ON Tenemos exp G1 = (1, 1) y exp(G2 ) = (1, 0), luego ∆1 = (1, 1) + N2 y ∆2 = (1, 0) + N2 \ ∆1 . Por otro lado exp(F) = (2, 0) ∈ ∆2 , y definimos F1 = F − XG2 = −XY + X − Y 2 + Y . Estudiamos F1 . Resulta exp(F1 ) = (1, 1) ∈ ∆1 , definimos F2 = F1 + G1 = X − Y 2 + Y + 1. Estudiamos F2 . Resulta exp(F2 ) = (1, 0) ∈ ∆2 , definimos F3 = F2 − G2 = −Y 2 + 1. Estudiamos F3 . Resulta exp(F3 ) = (0, 2) ∈ ∆. Además N (F3 ) = {(0, 2), (0, 0)} ⊆ ∆, por lo que hemos terminado la división. Ahora recomponemos:

F3 = F2 − G2 , F2 = F1 + G1 , F1 = F − XG2 , F = F1 + XG2 ,

F3 = −Y 2 + 1, F2 = G2 , F1 = F2 − G1 , F = F1 + XG2 ,

F = (−1)G1 + (X + 1)G2 + (−Y 2 + 1)

Los cocientes son {−1, X + 1}, y el resto es −Y 2 + 1. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


334 Podemos desarrollar en una tabla este algoritmo. ∆1 = ∆2 = i 0 1 2 3 P

(1, 1) + N2 ((1, 0) + N2 ) \ ∆1 Fi X2 + X − Y 2 + Y −XY + X − Y 2 + Y X − Y2 + Y + 1 −Y 2 + 1

∈ ∆2 ∆1 ∆2 ∆

Q1

Q2 X

P

−Y 2 + 1 −Y 2 + 1

Qi Gi + R X 2 + XY −XY − 1 X +Y −Y 2 + 1 X2 + X − Y 2 + Y

Como consecuencia la división es: F = (−1)G1 + (X + 1)G2 + (−Y 2 + 1).

exp(Fi ) (2, 0) (1, 1) (1, 0) (0, 2), (0, 0)

R

−1 1 −1

X +1

´ . Ejercicio (16.9.) S OLUCI ON Tratamos directamente la tabla que desarrolla el algoritmo. ∆1 = ∆2 = i 0 1 2 P

(1, 0) + N2 ((1, 1) + N2 ) \ ∆1 = ∅ Fi X2 + X − Y 2 + Y −XY + X − Y 2 + Y X +Y

exp(Fi ) (2, 0) (1, 1) (1, 0)

∈ ∆1 ∆1 ∆1

Q1 X −Y 1 X −Y +1

Como consecuencia la división es: F = (X − Y + 1)G1 + 0G2 + 0.

Q2

R

0

0

P

Qi Gi + R X 2 + XY −XY − Y 2 X +Y

´ . Ejercicio (16.10.) S OLUCI ON Tenemos:

F = X 3 Y 2 Z + X 2 Y 3 Z 2 + 2XYZ − Y 4 + 1; G1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z; G2 = XZ 2 + Y − Z + 1; G3 = XYZ + Y 2 Z 2 + X − Y + 2;

1. La división de F por {G1 , G2 , G3 } con el orden lexicográfico para la ordenación dada por X > Y > Z se obtiene mediante la orden: PolynomialReduce[F,{G1,G2,G3},{X,Y,Z}] El resultado es: 26 de octubre de 2010



335

{{1+X^2Z+X Y Z^2-Z^3,-2X-X Y-2Y Z,1-X}, -1+3X+X^2+2X Y-Y^4-2Z-2X Z+Y Z+2Y^2 Z-2Y Z^2-Y^2 Z^2+Y Z^3+2Z^4+Y Z^4} Esto es, el cociente es: Q1 = 1 + X 2 Z + XYZ 2 − Z 3 Q2 = −2X − XY − 2YZ, 1 − X Q3 = 1 − X y el resto es: R = −1 + 3X + X 2 + 2XY − Y 4 − 2Z − 2XZ + YZ + 2Y 2 Z − 2YZ 2 − Y 2 Z 2 + YZ 3 + 2Z 4 + YZ 4 . De forma que se verifica: F = G1 Q1 + G2 Q2 + G3 Q3 + R. 2. Para el orden graduado lexicográfico la orden es: PolynomialReduce[F,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeLexicographic] El resultado es: {{1+X^2 Z-Z^2+X Y Z^2-Z^3,-2X-X Y-2Y Z,0}, 1+2X-Y+3X Y-Y^4-2Z-2X Z+Y Z+X Y Z-X^2 Y Z+2Y^2 Z-Y Z^2+2Z^3+2Y Z^3+2Z^4+Y Z^4} Esto es, el cociente es: Q1 = 1 + X 2 Z − Z 2 + XYZ 2 − Z 3 Q2 = −2X − XY − 2YZ Q3 = 0 y el resto es: R = 1+2X −Y +3XY −Y 4 −2Z−2XZ+YZ+XYZ−X 2 YZ+2Y 2 Z−YZ 2 +2Z 3 +2YZ 3 +2Z 4 +YZ 4 . De forma que se verifica: F = G1 Q1 + G2 Q2 + G3 Q3 + R. 3. Para el orden graduado lexicográfico inverso la orden es: PolynomialReduce[F,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeReverseLexicographic] En este caso el resultado es igual al anterior. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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336

´ . Ejercicio (16.11.) S OLUCI ON Tenemos H = X 2 Y 2 − X 2 Z − XY 2 Z 3 + XY 2 Z + XYZ + 3XY − XZ 2 + Y 3 Z 2 − Y 2 − YZ − Z − 1 G1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z; G2 = XZ 2 + Y − Z + 1; G3 = XYZ + Y 2 Z 2 + X − Y + 2; 1. Para calcular la división de H por {G1 , G2 , G3 } con el orden lexicográfico para la ordenación dada por X > Y > Z la orden es: PolynomialReduce[H,{G1,G2,G3},{X,Y,Z}] El resultado es: {{X + Z - Z^3, -1, 0}, Y+2X Y-Y^2-2Z-2X Z-X^2 Z-2Y Z-2Z^2-Y Z^2+Y^3 Z^2+Y Z^3+2Z^4+Y Z^4} Por lo tanto el cociente es:

Q1 = X + Z − Z 3 Q2 = −1 Q3 = 0

y el resto es: R = Y + 2XY − Y 2 − 2Z − 2XZ − X 2 Z − 2YZ − 2Z 2 − YZ 2 + Y 3 Z 2 + YZ 3 + 2Z 4 + YZ 4 . De forma que se verifica: H = G1 Q1 + G2 Q2 + G3 Q3 + R. 2. Para el orden graduado lexicográfico. PolynomialReduce[H,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeLexicographic] El cociente es:

Q1 = X − Z 3 Q2 = −1 Q3 = Y

y el resto es: R = −Y + XY − 2Z − 2XZ − X 2 Z − YZ + YZ 3 + 2Z 4 + YZ 4 . 26 de octubre de 2010



337

3. Para el orden graduado lexicográfico inverso. PolynomialReduce[H,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeReverseLexicographic] El resultado es el mismo que n el caso anterior. ´ . Ejercicio (16.12.) S OLUCI ON Tenemos: F = X 3 Y 2 Z + X 2 Y 3 Z 2 + 2XYZ − Y 4 + 1; H = X 2 Y 2 − X 2 Z − XY 2 Z 3 + XY 2 Z + XYZ + 3XY − XZ 2 + Y 3 Z 2 − Y 2 − YZ − Z − 1 G1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z; G2 = XZ 2 + Y − Z + 1; G3 = XYZ + Y 2 Z 2 + X − Y + 2; 1. Ya que el resto de la división de F por {G1 , G2 , G3 } no es cero no podemos concluir que F no pertenece al ideal generado por G1 , G2 , G3 . Para poder afirmarlo tenemos que calcular una base de Groebner de este ideal. Utilizamos la orden GroebnerBasis[{G1, G2, G3}, {X, Y, Z}] para calcular una base con respecto al orden lexicográfico. En este caso la base es: {4 − 10Z − 4Z 2 + 9Z 3 − 9Z 4 − 36Z 5 − 26Z 6 + 5Z 7 + 29Z 8 + 8Z 9 + 5Z 10 + Z 11 −Z 12 − 5Z 13 + 2Z 14 + 4Z 16 , 1563383876 + 2509647256Y − 2003460034Z − 2212596434Z 2 + 2437426853Z 3 +6367769492Z 4 + 3941473760Z 5 + 674290506Z 6 − 6675831779Z 7 − 1301264098Z 8 −1656158742Z 9 + 252352861Z 10 − 342823046Z 11 + 1454007019Z 12 −837753334Z 13 + 286481940Z 14 − 858255908Z 15 , 7807537884 + 2509647256X − 2707048230Z − 8422487150Z 2 + 8758706923Z 3 +22211662516Z 4 + 17579565536Z 5 − 7883484442Z 6 − 13717534421Z 7 −5154124542Z 8 − 2218081834Z 9 − 1682308981Z 10 + 2485450366Z 11 +1564725405Z 12 − 71479706Z 13 − 946263380Z 14 − 1859471228Z 15 que tiene tres elementos. También podemos calcular la base de Groebner con respecto al orden graduado lexicográfico o graduado lexicográfico inverso con las o´ rdenes: GroebnerBasis[{G1, G2, G3}, {X, Y, Z},MonomialOrder->DegreeLexicographic] ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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GroebnerBasis[{G1, G2, G3}, {X, Y, Z},MonomialOrder->DegreeReverseLexicographic] En estos casos la base es: {1 + Y − Z + XZ 2 , Y + XY 2 + 2Z + YZ, 4 + X + 2Y + 2XY + X 2 Y − 2Y 2 − 2Y 3 + 2Z + XZ + 2Y 2 Z + 2YZ 2 + 4Z 3 , 10 + 8X + 4X 2 + X 3 + 3Y + XY − Y 2 − 2Y 3 + 2Z − 4XZ − X 2 Z + 2YZ +3Y 2 Z − 2Z 2 − 3YZ 2 , −1 − 2X − X 2 − 3Y + 3XY + 3Y 2 + 3Y 3 + Z − 3XZ − 2X 2 Z + 2XYZ − 3Y 2 Z + 2Z 2 −2YZ 2 − 4Z 3 + 4Z 4 , −Y 2 − Y 3 + Y 2 Z + YZ 2 + 2Z 3 + YZ 3 , 2 + X − Y + XYZ + Y 2 Z 2 , 2 + X − 2Y + XY − 2Z − 2XZ − X 2 Z − YZ + XYZ + Y 2 Z + Y 3 Z, 4 + 2X − 4Y + XY − 3Y 2 − Y 3 + Y 4 − XZ − X 2 Z − YZ + 2XYZ + 3Y 2 Z + 2YZ 2 + 4Z 3 } que tiene nueve elementos. Ahora calculamos el resto de la división de F por cualquiera de estas bases; respecto a esta segunda el resto es: 5 + 6X + X 2 − 4Y + 2XY − 3Y 2 − Y 3 − XZ + YZ + 3XYZ + 5Y 2 Z + 4Z 3 ¡Ojo!, tienes que utilizar en este caso el orden monomial graduado lexicográfico o graduado lexicográfico inverso, ya que la base de Groebner fue calculada con uno de estos o´ rdenes. En cualquiera de estos dos casos el resultado es el mismo. 2. Para estudiar si H pertenece al ideal generado por {G1 , G2 , G3 } tenemos que hacer lo mismo, calcular una base de Groebner de este ideal y calcular el resto de la división de H. Utilizando la base de Groebner dada por el orden graduado lexicográfico tenemos que el resto de la división es 0, por lo tanto H pertenece al ideal generado por G1 , G2 , G3 , aunque el resto de la división de H por {G1 , G2 , G3 } no sea cero. ´ . Ejercicio (16.13.) S OLUCI ON (1) Dado F ∈ a ∩ b, si la descomposición en monomios de F es F = M1 + · · · + Mr , como F = M1 + · · · + Mr ∈ a y a es un ideal monomial, resulta M1 , . . . , Mr ∈ a, y de la misma forma M1 , . . . , Mr ∈ b, luego M1 , . . . , Mr ∈ a ∩ b. (2) Dado un monomio M ∈ a ∩ b, se tiene M ∈ a, luego existen monomios A0 ∈ K [X1 , . . . , Xn ] y Ai tales que M = A0 Ai . como M ∈ b, existen monomios B0 ∈ K [X1 , . . . , Xn ] y Bj tales que ´ M = B0 Bj . entonces M es un multiplo (monomial) de Mi,j . 26 de octubre de 2010



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(3) Representamos los m.c.m de los Ai y Bj en la siguiente tabla: B1 = X 3 YZ A1 = X M1,1 = X 3 YZ A2 = Y 2 Z M1,2 = X 3 Y 2 Z A3 = YZ 2 M1,3 = X 3 YX 2

B2 = X 2 Y M1,2 = X 2 Y M2,2 = X 2 Y 2 Z M3,2 = X 2 YZ 2

B3 = Y 2 Z 3 M1,3 = XY 2 Z 3 M2,3 = Y 2 Z 3 M3,3 = Y 2 Z 3

El ideal intersección a ∩ b está generado por: {M1,1 = X 3 YZ, M1,2 = X 2 Y , M1,3 = XY 2 Z 3 , M2,1 = X 3 Y 2 Z, M2,2 = X 2 Y 2 Z, M2,3 = Y 2 Z 3 , M3,1 = X 3 YX 2 , M3,2 = X 2 YZ 2 , M3,3 = Y 2 Z 3 } Esto es, a ∩ b es el ideal (X 2 Y , Y 2 Z 3 ). ´ . Ejercicio (16.14.) S OLUCI ON (1). Dado un polinomio F ∈ a1 + a2 , e´ ste es una suma de monomios X α pertenecientes a a1 o´ a a2 , luego G1 ∪ G2 es un sistema de generadores. (2). Dado un polinomio F ∈ a1 a2 , e´ ste es una suma de productos HL, donde H es un monomio en a1 y L es un monomio en a2 , por lo tanto se tiene el resultado. ´ . Ejercicio (16.15.) S OLUCI ON Dado polinomio F ∈ ∪i ai , existe un ´ındice i tal que F ∈ ai . Como ai es monomial todos los monomios de F pertenecen a ai , y por lo tanto a ∪i ai . ´ . Ejercicio (16.16.) S OLUCI ON Se considera una familia {ai | i ∈ I} de ideales monomiales, si F ∈ ∩i ai , entonces F ∈ ai para cada ´ındice I. Como ai es monomial, todos los monomios de F pertenecen a ai , ya que este resultado es cierto para cada ´ındice i, se tiene que estos pertenecen a ∩i ai , y por lo tanto es un ideal monomial. ´ . Ejercicio (16.17.) S OLUCI ON Dado F ∈ (a : b), para cada monomio H ∈ b se tiene FH ∈ a, luego para cada monomio X α de F se tiene X α H ∈ a, y entonces X α ∈ (a : b). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

340


´ . Ejercicio (16.18.) S OLUCI ON (1). Si a es monomial y primo, para cada monomio X α = X1α1 · · · Xn αn , se tiene Xi ∈ a pa´ ´ındice i, luego un sistema de generadores está formado por un subconjunto de ra algun {X1 , . . . , Xn }. Rec´ıprocamente, cada subconjunto {Xi1 , . . . , Xis } de {X1 , . . . , Xn } genera un ideal monomial, a, que es primo. En efecto, si FG ∈ a, podemos suponer que F y G son monomios al ser a monomial, entonces existe un ´ındice j tal que Xij divide a FG, esto es, divide a F o divide a G y tenemos que F ∈ a o´ G ∈ a. ´ (2). Es consecuencia de que el numero de subconjuntos de {X1 , . . . , Xn } es finito y de que existe una biyección entre ideales primos y estos subconjuntos. ˜ (3). Es claro, ya que en la biyección antes senalada respeta la inclusión.

´ . Ejercicio (16.19.) S OLUCI ON Se considera Γ = {a | a es monomial y no es fin. gen.}. Si Γ es no vac´ıo, por el Lema de Zorn existen en Γ elementos maximales. Un elemento maximal a en Γ no puede ser un ideal primo ya que no es finitamente generado. Existen monomios F y G tales que FG ∈ a y F ∈ / ayG ∈ / a. Entonces a + (F) es un ideal monomial finitamente generado. Existen F1 , . . . , Ft ∈ a tales que {F1 , . . . , Ft , F} genera a+(F). Llamamos b = hF1 , . . . , Ft i ⊆ a. Por otro lado comprobamos que a = b+F(a : F). En si H ∈ a, existen Ci ∈ K [X1 , . . . , Xn ] Pefecto, Pt t tales que H = i=1 Ci Fi + C0 F, luego C0 F = H − i=1 Ci Fi ∈ a y H ∈ b + F(a : F). Por construcción b es un ideal monomial finitamente generado, y (a : F) ⊇ a + (G) ) a es también monomial, luego finitamente generado, y por tanto a = b + F(a : F) es un ideal finitamente generado.

´ . Ejercicio (16.20.) S OLUCI ON Observar que LM(F)) y (F) son ideales de K [X1 , . . . , Xn ]. La igualdad es consecuencia directa de la definición de exponente.

´ . Ejercicio (16.21.) S OLUCI ON Consideramos el orden lexicográfico en K [X , Y ], (con la ordenación de indeterminadas X > Y ), y los polinomios F = XY + X − 1, G = X 2 + Y − 1. Entonces exp(F) = (1, 1), exp(G) = (2, 0). 26 de octubre de 2010



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Se verifica Exp(F, G) * {exp F, exp G} + Nn , ya que H = XF − (Y + 1)G = X (XY + X − 1) − (Y + 1)(X 2 + Y − 1) = X 2 Y + X 2 − X − X 2 Y − Y 2 + Y − X 2 − Y + 1 = −X − Y 2 + 1, cuyo exponente es (1, 0) no pertenece a {(1, 1), (2, 0)} + N2 . Otro ejemplo. Si consideramos ahora el orden lexicográfico con Y > X , entonces F = YX + X − 1, G = Y + X 2 − 1,

exp(F) = (1, 1); exp(G) = (1, 0).

El polinomio H = F − XG = YX + X − 1 − X (Y + X 2 − 1) = YX + X − 1 − YX − X 3 + X = −X 3 − 1 tiene exponente (0, 3) que no pertenece a {(1, 1), (1, 0)} + N2 .

´ . Ejercicio (16.22.) S OLUCI ON Para cada F ∈ a tenemos que los monomios de F pertenecen a a. En particular LM(F) ∈ a, ´ ´ındice i = 1, . . . , m. Por tanto Exp(a) = y existe γ ∈ Nn tal que LM(F) = X γ Gi para algun {exp(G1 ), . . . , exp(Gm )} + Nn y {G1 , . . . , Gm } es una base de Groebner del ideal monomial a. ´ . Ejercicio (16.23.) S OLUCI ON Llamamos F1 = X 2 Y − Y 2 , F2 = X 3 − XY . Aplicando el algoritmo de Buchberger calculamos la semisicigia y comprobamos que {F1 , F2 } es una base de Groebner. S(F1 , F2 ) = F1 X − F2 Y = 0. Es claro que tenemos una base de Groebner reducida, ya que los diagramas de Newton de cada elemento no cortan a los monoideales generados por el exponente del otro.

d d t t


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342

El elemento F = X 6 − X 5 Y pertenece al ideal (F1 = X 2 Y − Y 2 , F2 = X 3 − XY ) si, y sólo si, la división por {F1 , F2 } tiene resto cero; en este caso la división es: ∆1 = (2, 1) + N2 ∆2 = ((3, 0) + N2 ) \ ∆1 i Fi exp(Fi ) ∈ 6 5 0 X −X Y (6, 0) ∆2 1 −X 5 Y + X 4 Y (5, 1) ∆1 2 X 4Y − X 3Y 2 (4, 1) ∆1 3 −X 3 Y 2 + X 2 Y 2 (3, 2) ∆1 2 2 3 4 X Y − XY (2, 2) ∆1 5 −XY 3 + Y 3 (1, 3) ∆ 3 6 Y (0, 3) ∆ P

Q1

Q2 X3

R

−X 3 X2 −XY Y −XY 3 Y3 3 2 3 −X + X − XY + Y X −XY 3 + Y 3

La división es: F = Q1 F1 + Q2 F2 + R, X 6 − X 5 Y = (−X 3 + X 2 − XY + Y )(X 2 Y − Y 2 ) + (X 3 )(X 3 − XY ) + (−XY 3 + Y 3 ). En consecuencia X 6 − X 5 Y no pertenece al ideal (X 2 Y − Y 2 , X 3 − XY ).

´ . Ejercicio (16.24.) S OLUCI ON Aplicamos el algoritmos de Buchberger para calcular una base de Groebner. Llamamos G1 = X − Y 3 y G2 = X 2 − XY 2 . Ahora construimos las semisicigias: S(G1 , G2 ) = X (X − Y 3 ) − (X 2 − XY 2 ) = −XY 3 + XY 2 . Al reducir se tiene: −XY 3 + XY 2 = (−Y 3 + Y 2 )(X − Y 3 ) + (−Y 6 + Y 5 ). Tomamos un nuevo elemento G3 := Y 6 − Y 5 para la base. La base es ahora {G1 , G2 , G3 }. Seguimos calculando semisicigias. S(G1 , G3 ) = Y 6 (X − Y 3 ) − X (Y 6 − Y 5 ) = −Y 9 + XY 5 . Al reducir se tiene: XY 5 − Y 9 = Y 5 (X − Y 3 ) − Y 3 (Y 6 − Y 5 ). Luego se reduce a cero. S(G2 , G3 ) = Y 6 (X 2 − XY 2 ) − X 2 (Y 6 − Y 5 ) = −XY 8 + X 2 Y 5 . 26 de octubre de 2010



343

Al reducir se tiene: X 2 Y 5 − XY 8 = XY 5 (X − Y 3 ). Luego se reduce a cero. Una base de Groebner es {G1 = X − Y 3 , G2 = X 2 − XY 2 , G3 = X − Y 3 . Esta base no es minimal, ya que exp(G2 ) = (2, 0) ∈ {exp(G1 ), exp(G3 )} + N2 . Una base minimal es: {G1 , G3 }. Observar que se tiene G2 = (X − Y 2 )G1 + (Y 3 + 1)G3 . La base {G1 , G3 } es también reducida, ya que N (G1 ) = {(1, 0), (0, 3)} * exp(G3 ) + N2 y N (G3 ) = {(0, 6), (0, 5)} * exp(G1 ) + N2 . ´ . Ejercicio (16.25.) S OLUCI ON (1). Calculamos la semisicigia S(Y − X 2 , Z − X 3 ) = Z(Y − X 2 ) − Y (Z − X 3 ) = −ZX 2 + YX 3 . Reducimos este elemento: −ZX 2 + YX 3 = −X 2 (Z − X 3 ) + X 3 (Y − X 2 ). Tenemos pues una base de Groebner para el orden lexicográfico con Z > Y > X . (2). Calculamos la semisicigia S(G1 , G2 ) = X (X 2 − Y ) − (X 3 − Z) = −XY + Z Como es un elemento reducido, tendr´ıamos que incorporarlo al sistema de generadores, luego {Y − X 2 , Z − X 3 } no es una base de Groebner para el orden lexicográfico con X > Y > Z. ´ . Ejercicio (16.26.) S OLUCI ON (1). Llamamos G1 = X 2 − 1, G2 = XY 2 − X y construimos las semisicigias. S(G1 , G2 ) = Y 2 (X − 1) − X (XY 2 − X ) = (X 2 − 1) + (−Y 2 + 1). Agregamos G3 := Y 2 − 1 al sistema de generadores. S(G1 , G3 ) = Y 2 (X 2 − 1 − X 2 (Y 2 − 1) = 0. S(G2 , G3 ) = XY 2 − x − X (Y 2 − 1) =0 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


344

´ Entonces {G1 , G2 , G3 } es una base de Groebner. Una base m´ınima es {G1 , G3 }. Esta es también una base reducida. (2). Llamamos G1 = X 2 + Y , G2 = X 4 + 2X 2 Y + Y 2 + 3 y construimos las semisicigias. S(G1 , G2 ) = X 2 (X 2 + Y ) − (X 4 + 2X 2 Y + Y 2 + 3) = −X 2 Y − Y 2 − 3. X 2 Y + Y 2 + 3 = Y (X 2 + Y ) + 3. Agregamos 3 al sistema de generadores, y por lo tanto (G1 , G2 ) = (1). Una base de Groebner reducida es la formada por {1}. ´ . Ejercicio (16.27.) S OLUCI ON Tomamos como primer conjunto de generadores G1 = {F1 , F2 }. A continuación calculamos la semisicigia S(F1 , F2 ). S(F1 , F2 ) = XF1 − YF2 = X 2 − X − Y 2 + Y . Dividimos por G1 = {F1 , F2 } y obtenemos S(F1 , F2 ) = F2 + (−X − Y 2 + 1). Tomamos el resto F3 := −X − Y 2 + 1 como nuevo miembro del sistema de generadores: G2 = {F1 , F2 , F3 }. Calculamos la semisicigia S(F1 , F3 ). S(F1 , F3 ) = F1 − YF3 = 2XY + X + Y 3 − Y − 1. Dividimos por G2 y obtenemos S(F1 , F3 ) = 2F1 + (Y 3 + Y 2 − Y ). Tomamos el resto F4 := Y 3 + Y 2 − Y como nuevo miembro del sistema de generadores: G3 = {F1 , F2 , F3 , F4 }. Calculamos la semisicigia S(F1 , F4 ). S(F1 , F4 ) = Y 2 F1 − XF4 = XY − Y 2 . Dividimos por G3 y obtenemos S(F1 , F4 ) = F1 + F3 . Como el resto es cero, esta semisicigia no aporta nuevo generador. 26 de octubre de 2010



345

Calculamos la semisicigia S(F2 , F3 ). S(F2 , F3 ) = F2 + XF3 = −XY 2 + X + Y − 1. Dividimos por G3 y obtenemos S(F2 , F3 ) = (−Y + 1)F1 . Como el resto es cero, esta semisicigia no aporta nuevo generador. Calculamos la semisicigia S(F2 , F4 ). S(F2 , F4 ) = Y 3 F2 − X 2 F4 = −X 2 Y 2 + X 2 Y + Y 4 − Y 3 . Dividimos por G3 y obtenemos S(F2 , F4 ) = (−XY + 2X − 1)F1 − 2F2 − 3F3 + (Y − 2)F4 Calculamos la semisicigia S(F3 , F4 ). S(F3 , F4 ) = Y 3 F3 − XF4 = −2XY 3 − XY 2 + XY − Y 5 + Y 3 . Dividimos por G3 y obtenemos S(F3 , F4 ) = (−2Y 2 + Y )F1 + (−Y 2 + Y − 1)F4 Por tanto una base de Groebner del ideal a = (F1 , F2 ) es: G3 = {F1 , F2 , F3 , F4 } Para obtener una base minimal, basta observar que las divisiones de F1 y F2 por {F3 , F4 } son: F1 = (−Y − 1)F3 − F4 , y F2 = (−X + Y 2 − 1)F3 + (Y − 1)F4 Entonces {F3 = X + Y 2 − 1, F4 = Y 3 + Y 2 − Y } es una base de Groebner minimal y reducida de a. ´ . Ejercicio (16.28.) S OLUCI ON La base es: {X 3 − 2X + 1, Y + X 2 − 1}.


P. Jara


346

(1). Una base de Groebner reducida es: {X − YZ, Y 2 Z − Z, Z 2 }. Al dividir X 3 + X + 1 por esta base el resultado es: X 3 + X + 1 = (X 2 + XYZ + 1)(X − YZ) + 0(Y 2 Z − Z) + XY 2 (Z 2 ) + (YZ + 1). Por lo tanto X 3 + X + 1 no es un elemento del ideal a = (XZ, XY − Z, YZ − X ). (2). Una base de Groebner reducida es: {X − Y 2 , Y 4 − Y }. Al dividir X 4 + X + 1 por esta base el resultado es: X 4 + X + 1 = (1 + X 3 + X 2 Y 2 + XY 4 + Y 6 )(X − Y 2 ) + (Y + Y 4 )(Y 4 − Y ) + (1 + 2Y 2 ). Por lo tanto X 4 + X + 1 no es un elemento del ideal b = (X 2 − Y , Y 2 − X , X 2 Y 2 − XY ).

´ . Ejercicio (16.30.) S OLUCI ON La parte (1) es hacer una comprobación directa. Para la parte (2) basta con hacer la división; el resultado es: X 6 − X 5 Y = (X 3 + Y − X 2 Y )(X 3 − Y ) + (−Y )(X 2 Y − Y 2 ) + 0(XY 2 − Y 2 ) + (−1)(Y 3 − Y 2 ) + 0 ´ . Ejercicio (16.31.) S OLUCI ON La primera parte es hacer una comprobación directa. Observar que la base de Groebner reducida tiene 4 elementos, luego un sistema minimal de generadores de Exp(a) necesita al menos 4 elementos. ´ . Ejercicio (16.32.) S OLUCI ON Es hacer una comprobación directa, podéis usar un paquete de cálculo simbólico.

´ . Ejercicio (16.33.) S OLUCI ON Es hacer una comprobación directa.

´ . Ejercicio (16.34.) S OLUCI ON Es un cálculo elemental.

´ . Ejercicio (16.35.) S OLUCI ON 26 de octubre de 2010



347

(1). La base de Groebner reducida es: {4Y 2 − 3Y 4 + 4Y 6 + 2Y 8 + Y 1 2 + 4Z 2 − 12Y 2 Z 2 + 12Y 4 Z 2 − 4Y 6 Z 2 − 3Z 3 − 6Y 4 Z 3 −3Y 8 Z 3 − 6Z 4 + 12Y 2 Z 4 − 6Y 4 Z 4 + 7Z 6 − 4Y 2 Z 6 + 3Y 4 Z 6 − Z 8 − Z 9 , −4 + 4X − 7Y 4 − 3Y 6 − Y 8 − Y 1 0 + 8Z 2 − 8XZ 2 − 4Y 2 Z 2 + 9Y 4 Z 2 + 2Y 6 Z 2 + Y 8 Z 2 + 5Z 3 −4XZ 3 + 5Y 2 Z 3 + 3Y 4 Z 3 + 3Y 6 Z 3 − 6Z 4 + 8XZ 4 + 2Y 2 Z 4 − 3Y 4 Z 4 − Y 6 Z 4 − 7Z 5 + 4XZ 5 −2Y 2 Z 5 − 3Y 4 Z 5 − 3XZ 6 − 2Y 2 Z 6 + Y 4 Z 6 + 3Z 7 − 2XZ 7 + Y 2 Z 7 + 2Z 8 + XZ 8 − Z 9 , 1 − X + XY 2 + Y 4 + XZ 2 − Z 3 , 2 − 4X + 2X 2 + 4Y 2 + 3Y 4 + 2Y 6 + Y 8 − 2Z 2 + 8XZ 2 − 2X 2 Z 2 − 4Y 2 Z 2 − 4Y 4 Z 2 − 2Y 6 Z 2 −4Z 3 + 2XZ 3 − X 2 Z 3 − 2Y 2 Z 3 − 2Y 4 Z 3 + Z 4 − 6XZ 4 + X 2 Z 4 + 2Y 4 Z 4 + 4Z 5 − 2XZ 5 +2Y 2 Z 5 + Z 6 + 2XZ 6 − 2Z 7 , −1 + X 3 + Y 2 + Z 2 }.

(2). La base de Groebner reducida es: {2 − 2X 3 − X 4 + X 6 − 2Z 2 + 2X 3 Z 2 − Z 3 + Z 4 , −1 + X 3 + Y 2 + Z 2 }.

(3). Es un cálculo directo.

´ . Ejercicio (16.36.) S OLUCI ON Calculamos bases de Groebner reducidas de ambos y comprobamos que son iguales. La base de Groebner reducida es: {X − Y , Y 2 − Y }. ´ . Ejercicio (16.37.) S OLUCI ON Basta calcular las bases de Groebner reducidas de ambos y ver que son iguales. La base de Groebner reducida es. {X 3 + Y , YZ + Y }. ´ . Ejercicio (16.38.) S OLUCI ON Definimos polinomios H1 = X 2 − YZ − 3, H2 = Y 2 − XZ − 4, H3 = Z 2 − XY − 5 y llamamos a al ideal generado por {H1 , H2 , H3 }. Una base de Groebner de a, con respecto al orden lexicográfico con X > Y > Z es: {13X + 11Z, 13Y − Z, −169 + 36Z 2 . 2 2 El segundo ideal de qeliminación de a es: (36Z − 169). Las soluciones de la ecuación 36Z −

169 = 0 son z = ±

169 36

= ± 13 6 . Tiene exactamente 2.


P. Jara


348

El primer ideal deeliminación de a es: (13Y − Z, −169 + 36Z 2 ). Las soluciones del sistema 13Y − Z = 0, son: −169 + 36Z 2 = 0 ! r r 169 169 13 1 1 z=± =± , y= ± =± . 36 6 13 36 6 Este sistema tiene exactamente 2 soluciones.  13X + 11Z = 0  13Y − Z = 0 , y sus soluciones El ideal a nos proporcional el sistema de ecuaciones:  −169 + 36Z 2 = 0 son: 1 11 13 11 13 ∓ =∓ . z=± , y=± , x= 6 6 13 6 6 ´ . Ejercicio (16.39.) S OLUCI ON (1). Una base de Groebner reducida de a es: {3X − 13Y 3 + 13Y , 13Y 4 − 22Y 2 + 9}. (2). Para determinar los puntos de intersección tenemos que resolver el3 sistema deecuaX 2 + XY + Y 2 − 1 = 0 3X − 13Y + 13Y = 0 ciones , o equivalentemente el sistema . Para 2 2 X + 4Y − 4 = 0 13Y 4 − 22Y 2 + 9 = 0 ´ esto tenemos que hallar las ra´ıces de 13Y 4 − 22Y 2 + 9 = 0. Estas son: r 3 y = 1, y = −1, y = ± 13 Con cada una de e´ stas determinamos X en la ecuación 3X − 13y 3 + 13y = 0. Por lo tanto los puntos son: r r r r 4 3 4 3 (0, 1), (0, −1), (− , ), ( ,− ). 13 13 13 13 ´ . Ejercicio (16.40.) S OLUCI ON La base de Groebner reducida del ideal a = (2X 3 + 2X 2 Y 2 + 3Y 3 , 3X 5 + 2X 3 Y 3 + 2Y 5 ) es: {6305Y 7 + 10872Y 8 − 4680Y 9 − 1728Y 1 0 + 1552Y 1 1 + 384Y 1 2, 35349800XY 5 + 119305575Y 6 + 140162180Y 7 − 68143848Y 8 − 15328944Y 9 +22457520Y 1 0 + 5069952Y 1 1, 318148200X 2 Y 3 − 141399200Y 5 + 1285848975Y 6 + 1576944360Y 7 − 750245976Y 8 −247553728Y 9 + 232061040Y 1 0 + 56490624Y 1 1, 2X 3 + 2X 2 Y 2 + 3Y 3 } 26 de octubre de 2010



349

La ecuación 6305Y 7 +10872Y 8 −4680Y 9 −1728Y 1 0+1552Y 1 1+384Y 1 2 = 0 tiene 6 soluciones distintas, 0 y las 5 de 6305 + 10872Y − 4680Y 2 − 1728Y 3 + 1552Y 4 + 384Y 5 = 0. Son: y = 0, y = −

97 5 1 3 3 , y = − , y = − , y = − i, y = + i. 24 2 2 2 2

Para cada una de e´ stas tenemos que resolver el sistema:  35349800Xy 5 + 119305575y 6 + 140162180y 7 − 68143848y 8 − 15328944y 9    1 1 +22457520y 0 + 5069952y 1 = 0   318148200X 2 y 3 − 141399200y 5 + 1285848975y 6 + 1576944360y 7 − 750245976y 8  −247553728y 9 + 232061040y 1 0 + 56490624y 1 1 = 0     3 2 2 3 2X + 2X y + 3y = 0 El conjunto de soluciones obtenido es: (0, 0), (−

97 97 5 5 1 1 3i 3 3i 3 , − ), (− , − ), ( , − ), (1 + , − i), (1 − , + i). 36 24 2 2 2 2 2 2 2 2

´ . Ejercicio (16.41.) S OLUCI ON Se considera el ideal T (X , Z) + (1 − T )(Y 2 , X − YZ) y se calcula una base de Groebner reducida con respecto al orden lexicográfico con T > X > Y > Z. El primer ideal de eliminación es el ideal intersección pedido. Como la base de Groebner reducida de T (X , Z)+(1−T )(Y 2 , X −YZ) es: {TY 2 − Y 2 , TZ, X − YZ, Y 2 Z}, la base del primer ideal de eliminación es: {X − YZ, Y 2 Z}. Por otro lado el ideal (XY , X −YZ) tiene base de Groebner {X −YZ, Y 2 Z}. Entonces los ideales del enunciado son iguales. ´ . Ejercicio (16.42.) S OLUCI ON Se considera el ideal T (X 3 Y − XY 2 + 1, X 2 Y 2 − Y 3 − 1) + (1 − T )(X 2 − Y 2 , X 3 + Y 3 ), y se calcula una base de Groebner con respecto al orden lexicográfico con T > X > Y > Z; e´ sta es: {XY 2 + Y 3 , X 2 − Y 2 , −T − TY 3 + TY 4 , TX + TY }. La base de Groebner del primer ideal de eliminación es: {XY 2 + Y 3 , X 2 − Y 2 }, ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


350 que es la base de Groebner de la intersección.

´ . Ejercicio (16.43.) S OLUCI ON Como b tiene tres generadores, el cociente (a : b) es la intersección de tres ideales; estos son: (a : b) = (a : X 2 Y 5 ) ∩ (a : X 3 Z 4 ) ∩ (a : Y 3 Z 7 ). Calculamos cada uno de ellos. Una base de a ∩ (X 2 Y 5 ) es {X 2 Y 5 Z 2 , X 2 Y 6 + X 2 Y 5 Z, X 3 Y 5 − X 2 Y 5 Z}, y una base de

1 (a ∩ (X 2 Y 5 )) X 2Y 5

= (a : X 2 Y 5 ) es: {Z 2 , Y + Z, X − Z}.

Una base de a ∩ (X 3 Z 4 ) es {X 3 Z 6 , X 3 YZ 4 + X 3 Z 5 , X 4 Z 4 − X 3 Z 5 }, y una base de

1 (a ∩ (X 3 Z 4 )) X 3Z 4

= (a : X 3 Z 4 ) es: {Z 2 , Y + Z, X − Z}.

Una base de a ∩ (Y 3 Z 7 ) es {X 3 Z 7 }, por lo tanto X 3 Z 7 ∈ a y tenemos (a : X 3 Z 7 ) = (1). Ahora se tiene que la intersección de estos tres ideales tiene por base de Groebner reducida {Z 2 , Y + Z, X − Z}. ´ . Ejercicio (16.44.) S OLUCI ON Veamos la inclusión (a : c) ⊆ (a : c). (a : c) c =

(a:c)+b c+b b b

=

(a:c)c+b b

⊆

a+b b

= a.

Rec´ıprocamente si a ∈ (a : c), entonces a c ⊆ a, luego para todo c ∈ c se tiene ac ∈ a, esto es, a ∈ (a : c), y por tanto a ∈ (a : c). En conclusión (a : c) ⊆ (a : c). 26 de octubre de 2010



351

´ . Ejercicio (16.45.) S OLUCI ON Calcular en cada caso el ideal (a : c); agregar el elemento generador de b a la base de Groebner obtenida, y calcular una base de Groebner del ideal que genera. Los clases de los elementos de esta base de Groebner son los generadores del ideal (a : c). ´ . Ejercicio (16.46.) S OLUCI ON (1) a = (X , Y , Z) ∩ (X − 1, Y − 1, Z − 1) ∩ (X + 1, Y + 1, Z + 1). Hacemos la intersección de (X , Y , Z) y (X −1, Y −1, Z −1). Para esto tenemos que calcular una base de Groebner del ideal T (X , Y , Z) + (1 − T )(X − 1, Y − 1, Z − 1), y eliminar la indeterminada T . GroebnerBasis[{T*X,T*Y,T*Z,(1-T)(X-1),(1-T)(Y-1),(1-T)(Z-1)},{T,X,Y,Z},{T}] El resultado es: {−Z + Z 2 , Y − Z, X − Z}. Ahora calculamos la intersección de (−Z + Z 2 , Y − Z, X − Z) y (X + 1, Y + 1, Z + 1) de la misma forma: GroebnerBasis[{T*(-Z+Z^2),T*(Y-Z),T*(X-Z),(1-T)(X+1),(1-T)(Y+1),(1-T)(Z+1)}, {T,X,Y,Z},{T}] El resultado es: a = {−Z + Z 3 , Y − Z, X − Z}. (2) b = (a : XYZ). Si llamamos a = XYZ, tenemos que b = (a : XYZ) = calcular la intersección a ∩ (XYZ) mediante

1 a (a

∩ (a)). Por esto tenemos que

GroebnerBasis[{T*(-Z+Z^3),T*(Y-Z),T*(X-Z),(1-T)X*Y*Z},{T,X,Y,Z},{T}] El resultado es: {−XYZ + XYZ 3 , XY 2 Z − XYZ 2 , X 2 YZ − XYZ 2 }, y tenemos que dividir por XYZ, para obtener b = (−1 + Z 2 , Y − Z, X − Z). (3) c = (a : X 3 Y 2 Z). Si llamamos b = X 3 Y 2 Z, tenemos que calcular b1 (a ∩ (b)). Tenemos ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


352

GroebnerBasis[{T*(-Z+Z^3),T*(Y-Z),T*(X-Z),(1-T)X^3Y^2Z},{T,X,Y,Z},{T}] El resultado es: {−X 3 Y 2 Z + X 3 Y 2 Z 3 , X 3 Y 3 Z − X 3 Y 2 Z 2 , X 4 Y 2 Z − X 3 Y 2 Z 2 }, y tenemos que dividir por X 3 Y 2 Z, para obtener c = (−1 + Z 2 , Y − Z, X − Z). Observa que el mismo ideal obtenido en el apartado anterior.



S EC . 59. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO III

59.

353

Ejercicios del Cap´ıtulo III

´ . Ejercicio (21.1.) S OLUCI ON (1). Es claro que mx es un ideal propio de K [V ]. Si mx ( a ⊆ K [V ], entonces existe f ∈ a tal que f (x) 6= 0. Sea x = (x1 , . . . , xn ), al dividir f por {X1 − x1 , . . . , Xn − xn } resto es f (x) 6= 0. Como (X1 − x1 , . . . , Xn − xn ) ⊆ mx ( a, llegamos a que 0 6= f (x) ∈ a, y por tanto a = K [V ]. (2). Si λ(x) = λ(y), entonces mx = my . Sean x = (x1 , . . . , xn ) 6= (y1 , . . . , yn ), entonces existe xi 6= yi y por tanto Xi − xi , Xi − yi ∈ mx , luego mx contiene un elemento de K no nulo, esto es, mx = K [V ], lo que es una contradicción. (3). Dado un ideal maximal m de K [V ] el Teorema de los ceros de Hilbert prueba que V(m) = 6 ∅. Sea x ∈ V(m), entonces m ⊆ I(V(m)) ⊆ mx , y por tanto m = mx , luego λ es sobreyectiva. ´ . Ejercicio (21.2.) S OLUCI ON j

j

Si V ⊆ An (K ) es finito, sea V = {p1 , . . . , pm }, con pj = (p1 , . . . , pn ). el ideal de V es: j

j

∩m j=1 (X1 − pi , . . . , Xn − pn ), y como estos ideales son comaximales dos a dos, resulta. m

Y K [X1 , . . . , Xn ] K [X1 , . . . , Xn ] K [X1 , . . . , Xn ] ∼ ∼ = K [V ] = = K m. = j j j j m I(V ) ∩j=1 (X1 − pi , . . . , Xn − pn ) j=1 (X1 − pi , . . . , Xn − pn ) ´ . Ejercicio (21.3.) S OLUCI ON (1). Supongamos que F = F1e1 · · · Fses es la descomposición de F en factores irreducibles no asociados, entonces (F) = (F1e1 ) · · · (Fses ) = (F1e1 ) ∩ . . . ∩ (Fses ) y se verifica: V(F) = V((F1e1 ) ∩ . . . ∩ (Fses )) = V(F1e1 ) ∪ . . . ∪ V(Fses ) = V(F1 ) ∪ . . . ∪ V(Fs ) = V(F1 · · · Fs ). (2). Tenemos entonces (F1 · · · Fs ) ⊆ V(F1 · · · Fs ) = V(F). Además (F1 · · · Fs ) es el radical de F, ya que para cada ideal primo p ⊇ (F), entonces existe un ´ındice i tal que Fi ∈ p, y como (Fi ) es maximal, resulta (Fi ) = p. Entonces rad(F) = (F1 ) ∩ . . . ∩ (Fs ) = (F1 . . . Fs ). (3). Si IV(F) = (F), entonces (F) = (F1 · · · Fs ), y por tanto F es un producto de polinomios irreducibles no asociados dos a dos. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara



Si V(F, G) no es vac´ıo, existe x ∈ V(F, G) y por tanto I({x}) ⊇ IV(F, G) ⊇ (F, G) no es el anillo. Consideramos F, G ∈ K (X )[Y ]; como F y G son irreducibles en K [X ][Y ], por el lema de Gauss C también lo son en K (X )[Y ]. Existen polinomios A, B, C, D ∈ K [X ] tales que BA F + D G = 1, y por tanto ADF + CBG = BD ∈ K [X ]. Existe pues un polinomio no nulo en (F, G) ∩ K [X ], y como ´ e´ ste tiene un numero finito de ceros, resulta que V ha de ser finito. ´ . Ejercicio (21.5.) S OLUCI ON (1). Como SL2 (K ) = {M | det(M) = 1} = {M | ad − bc = 1}, resulta que los elementos de SL2 (K ) son los ceros del polinomio XT − YZ − 1 ∈ K [X , Y , Z, T ] y por tanto SL2 (K ) es un conjunto algebraico. P (2). Cada M = (aij )ij en SLn (K ) verifica σ∈Sn (−1)s(σ) a1σ(1) · · · anσ(n) , y por tanto los elementos de SLn (K ) son los ceros del polinomio X (−1)s(σ) X1σ(1) · · · Xnσ(n) ∈ K [Xij | i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , n]. σ∈Sn

´ . Ejercicio (21.6.) S OLUCI ON Sea V la recta de ecuación Y = aX + b, entonces V = V(aX − Y + b), y el ideal de V es (aX − Y + b), ya que si G ∈ IV(aX − Y + b), entonces al dividir por aX − Y + b con respecto al orden lexicográfico con Y > X se tiene G = (aX − Y + b)Q + R, siendo R ∈ R[X ]. Luego R tiene infinitas ra´ıces, lo que implica que R = 0. ,Y ] Definimos h : R[V ] = R[X I(V ) −→ R[Z] mediante h(X ) = Z, h(Y ) = aZ + b. Entonces h ´ es sobreyectiva y su nucleo es cero, luego es un isomorfismo. Además induce la aplicación f : A1 (R) −→ V definida por f (v) = (v, av + b) para cada v ∈ V .

´ . Ejercicio (21.7.) S OLUCI ON Tenemos que IV(XY − Z) = (XY − Z), ya que XY − Z es irreducible y por lo tanto primo; además, si G ∈ IV(XY − Z), entonces al dividir por XY − Z respecto al orden lexicográfico con Z > X > Y , resulta G = Q(XY − Z) + R, siendo R ∈ R[X , Y ]. Para cada par de valores de x, y resulta que podemos tomar z = xy y se tiene 0 = G(x, y, z) = Q0 + R(x, y), lo que implica que R como ra´ıces todos los elementos de R2 , lo que implica que R = 0. Podemos definir un homomorfismo de R–álgebra h : R[V ] = 26 de octubre de 2010

R[X ,Y ,Z] I(V )

−→ R[U, V ] mediante:



355

h(X ) = U, h(Y ) = V , h(Z) = UV . Es claro que h es un isomorfismo. El inverso de f es ,Y ,Z] 0 0 h0 : R[U, V ] −→ R[V ] = R[X I(V ) , definido h (U) = X , h (V ) = Y . La aplicación inducida de A2 (R) a V es: f definida f (a, b) = (a, b, ab) y la inversa es g : V −→ A2 (R), definida g(a, b, c) = (a, b). En el caso del ideal (XY − Z 2 ) si h :

K [X ,Y ,Z] −→ K [U, V ], sean F = h(X ), G = h(Y ) y H = h(Z). (XY −Z 2 ) H 2 . Si F, G ∈ K [U, V ] son primos relativos entonces son

Se tiene FG = h(XY ) = h(Z 2 ) = cuadrados y por tanto h no puede ser sobreyectiva. So F, G ∈ K [U, V ] no son primos relativos, sea D un m.c.d., entonces D divide a F, G y H y h no es sobreyectiva. ´ . Ejercicio (21.8.) S OLUCI ON

(1). Supongamos que x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0. Procedemos como sigue: Tenemos xz = y 2 . Multi3 plicando por y resulta xyz = y 3 , y por tanto x4 = y 3 . De aqu´ı x = xy . x3 y

De yz = x3 se deduce z = De z2

=

x2 y

se deduce y =

= xy x2 = z 2 x

=

x y

y 6 x

(y/x)5 (y/x)3

=

=

y 5 x . y 4 x .

(2). Tenemos f : A1 (K ) −→ V definido: f (t) = (t 3 , t 4 , t 5 ), entonces K [X , Y , Z] e −→ K [T ] = K [A1 (K )] f : K [V ] = I(V ) está definido por e f (X ) = T 3 , e f (Y ) = T 4 , e f (Z) = T 5 . (3). Es claro que Im(e f ) = K + T 3 K [T ].

´ . Ejercicio (21.9.) S OLUCI ON P ] Dado 0 6= G ∈ K [X i Qi Gi + R(G; G), y G = R(G; G). Los monomios de R(G; G) a , tenemos G = ´ no son multiplos de los términos l´ıderes de los elementos de G, por lo tanto estos son un sistema de generadores, que evidentemente es linealmente independiente. ´ . Ejercicio (21.10.) S OLUCI ON (1). Primero calculamos la base de Groebner reducida de a respecto al orden lexicográfico con X > Y , e´ sta es: {X + Y , Y 4 − Y 3 − 1}. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


356 Entonces la dimensión de

K [X ,Y ] a

es cuatro. Si representamos el monoideal Exp(a), e´ ste es:

6 s c c c c

s

-

Fuera quedan los puntos (0, 0), (0, 1), (0, 2) y (0, 3), que representan a los términos 1, Y , Y 2 e Y 3. (2). Tenemos que calcular los valores de Y 4 = Y 3 + 1, Y 5 = Y 4 + Y = Y 3 + Y + 1, Y 6 = Y 4 + Y 2 + Y = Y 3 + Y 2 + Y + 1, entonces la tabla de la multiplicación es:

1 Y Y2 Y3

1 Y Y2 Y3 1 Y Y2 Y3 Y Y2 Y3 Y3 + 1 Y2 Y3 Y3 + 1 Y3 + Y + 1 Y3 Y3 + 1Y3 + Y + 1Y3 + Y2 + Y + 1

´ . Ejercicio (21.11.) S OLUCI ON Dado f (a, b, c) = (a2 c − b2 c, 2abc, −a3 ), tenemos que comprobar que si (a, b, c) es un punto de V , entonces (a2 c − b2 c, 2abc, −a3 ) es un punto de W , esto es, tenemos que ver si (a2 c − b2 c, 2abc, −a3 ) verifica la ecuación X 2 + Y 2 − Z 2 = 0. Es una comprobación rutinaria. En Mathematica: > Expand[X^2 + Y^2 - Z^2 /. {X -> a^2c - b^2c, Y -> 2 a b c, Z -> -a^3}] > % /. {a -> X, b -> Y, c -> Z} > PolynomialReduce[%, {X^3 - X^2Z - Y^2Z}, {X, Y, Z}] 26 de octubre de 2010



357

´ . Ejercicio (21.12.) S OLUCI ON (1). Tenemos que comprobar que cada elemento de I(V ) = (X 3 + Y 3 + 7Z 3 ) se aplica en un elemento de I(V ), por lo tanto tenemos que evaluar (X (Y 3 − 7Z 3 ))3 + (Y (7Z 3 − X 3 ))3 + 7(Z(X 3 − Y 3 ))3 ´ y comprobar que es un multiplo de X 3 + Y 3 + 7Z 3 .

> Expand[X^3+Y^3+7Z^3/.{X->X(Y^3-7Z^3),Y->Y(7Z^3-X^3),Z->Z(X^3-Y^3)}] > PolynomialReduce[%, {X^3 + Y^3 + 7Z^3}, {X, Y, Z}] (2). Primero tenemos que ver como está definido f . en este caso f (a, b, c) = (a(b3 − 7c3 ), b(7c3 − a3 ), c(a3 − b3 )) Ahora aplicamos a (a, b, c) = (−2, 1, 1) y tenemos: f (−2, 1, 1) = (12, 15, −9).

> f[L_]:={L[[1]](L[[2]]^3-7L[[3]]^3)),L[[2]](-L[[1]]^3+7L[[3]]^3), (L[[1]]^3-L[[2]]^3)L[[3]]} > f[{-2,1,1}] (3). Basta realizar las imágenes sucesivas de f (−2, 1, 1).

´ . Ejercicio (21.13.) S OLUCI ON (1). Tenemos que comprobar que la imagen de un punto de W es un punto de V .

> > > > > > >

F1=X Z+Y^2+Z^2 F2=X Y-X Z+Y Z-2Z^2 G1=U^3-U V^2+V^3 Expand[F1 /.{X->-2a^2+a b,Y->a b-b^2,Z->a^2-a b}]/.{a->U,b->V}; PolynomialReduce[%, {G1}, {U, V}] Expand[F2 /.{X->-2a^2+a b,Y->a b-b^2,Z->a^2-a b}]/.{a->U,b->V}; PolynomialReduce[%, {G1}, {U, V}]


P. Jara

358


(2). Tenemos que construir un ideal c = (X +2U 2 −UV , Y −UV +V 2 , Z −U 2 +UV , U 3 −UV 2 + V 3 ) ∈ C[U, V , X , Y , Z], calcular su base de Groebner reducida respecto al orden lexicográfico con U > V > X > Y > Z y la intersección con C[X , Y , Z]. > G=GroebnerBasis[{X+2U^2-U V,Y-U V+V^2,Z-U^2+U V,U^3-U V^2+V^3}, {U,V,X,Y,Z},{U,V}] ,Z])+I(V ) Ahora tenemos que calcular (c∩C[X ,Y . Para esto extendemos la base calculada con los I(V ) generadores de I(V ) y calculamos las clases módulo este ideal, para lo que previamente calculamos su base de Groebner reducida. Nos quedamos con los restos no nulos.

> G=GroebnerBasis[{X+2U^2-U V,Y-U V+V^2,Z-U^2+U V,U^3-U V^2+V^3}, {U,V,X,Y,Z},{U,V}] > L=Flatten[Append[G, {F1, F2}]] > B=GroebnerBasis[{F1, F2}, {X, Y, Z}] > H[x_]:=PolynomialReduce[x, B, {X, Y, Z}] > Map[H,L] ´ . Ejercicio (21.14.) S OLUCI ON (1).

> G14=GroebnerBasis[{U-X^2-Y,V-X-Y^2,W-X+Y},{X,Y,U,V,W}] > PolynomialReduce[X,G14,{X,Y,U,V,W}] > PolynomialReduce[Y,G14,{X,Y,U,V,W}] (2).

> PolynomialReduce[2X^3-4X Y-2Y^3-4Y,G14,{X,Y,U,V,W}] > Expand[-5U+V-W+3U W+3V W+2W^2-W^3 /.{U->X^2+Y,V->X+Y^2,W->X-Y}] (3).

> GroebnerBasis[{U-X^2-Y,V-X-Y^2,W-X+Y},{X,Y,U,V,W},{X,Y}] 26 de octubre de 2010



359

´ . Ejercicio (21.15.) S OLUCI ON (1). Como F es irreducible y L(α) 6= 0, entonces F - L y por tanto son primos relativos, luego la identidad de Bezout nos asegura que existen polinomios S y T tales que SL + TF = 1. Por otro lado tenemos: G(α) β= = G(α)S(α). L(α) (2). Tenemos LY − G = LY − SLG − TGF = L(Y − SG) + TGF = L(Y − H) + TGF. y Y − H = Y − GS = SLY + TFY − GS = (LY − G)S + YTF. (3). Si llamamos P al polinomio m´ınimo de β, al dividir por (LY − G), utilizando el orden lexicográfico con Y > X , se tiene P = Q(LY − G) + R; Al valorar en X = α e Y = β, resulta 0 = P(β) = Q(α, β)(L(α)β − G(α)) + R(α) = R(α). Luego F | R y por tanto P ∈ (F, LY − G) = (F, Y − H), que por la Proposición (20.9.) al hacer la intersección con K [Y ] determina el polinomio m´ınimo de β. Se tiene entonces que (P) = (F, LY − G) ∩ K [Y ]. (4). > > > > >

F=X^3-2 G=X^2-X+3 L=-3X^2+3X+1 GroebnerBasis[{F,L Y-G},{X,Y}] GroebnerBasis[{F,L Y-G},{X,Y},{X}]

El polinomio m´ınimo es: Y 3 − 189Y 2 − 93Y − 47.

´ . Ejercicio (21.16.) S OLUCI ON (1) En efecto, f está definida por: f (x1 , x2 , x3 ) = (F1 (x1 , x2 , x3 ), F2 (x1 , x2 , x3 ), F3 (x1 , x2 , x3 )) = (x1 , x3 , x1 x2 ). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


360

(2) e f : K [W ] = K [Y1 , Y2 , Y3 ]/(Y12 − Y2 , Y15 − Y32 ) −→ k[V ] = K [X1 , X2 , X3 ]/(X13 − X22 , X12 − X3 ) está definida por Y1 7→ X1 , Y2 7→ X3 , X3 7→ X1 X2 . (3) Consideramos el ideal (Y1 −X1 , Y2 −X3 , Y3 −X1 X2 , X13 −X22 , X12 −X3 ) de K [Y1 , Y2 , Y3 , X1 , X2 , X3 ]. Determinamos una base de Groebner {Y25 − Y34 , −Y23 + Y1 Y32 , Y1 Y22 − Y32 , Y12 − Y2 , X3 − Y2 , −Y22 + X2 Y3 , X2 Y2 − Y1 Y3 , X2 Y1 − Y3 , X22 − Y1 Y2 , X1 − Y1 }, y eliminamos las variables X1 , X2 , X2 , obteniendo {Y25 − Y34 , −Y23 + Y1 Y32 , Y1 Y22 − Y32 , Y12 − Y2 }. (4) La imagen de e f es el subanillo generado por {X1 , X3 , X1 X2 }. ´ . Ejercicio (21.17.) S OLUCI ON Primero describimos el conjunto algebraico de V . En este caso es V = {(1, 2), (1, 3), (1, 4)} = {(1, 2)} ∪ {(1, 3)} ∪ {(1, 4)} = V(X1 − 1, X2 − 2) ∪ V(X1 − 1, X2 − 3) ∪ V(X1 − 1, X2 − 4) = V(X1 − 1, (X2 − 2)(X2 − 3)(X2 − 4)) = V(X1 − 1, X23 − 9X22 + 26X2 − 24). (1) Observar que la aplicación f está definida por f (x1 , x2 ) = (x1 , x22 , x1 + x2 ). Entonces la la aplicación e f : K [W ] = K [Y1 , Y2 , Y3 ]/(Y1 −1)2 −→ K [V ] está definida por Y1 7→ X1 , Y2 7→ X22 , Y3 7→ X1 + X2 . ´ (2) El nucleo de e f se calcula mediante: GroebnerBasis[{Y1-X1,Y2-(X2)^2,Y3-X1-X2,24-26X2+9(X2)^2-(X2)^3,-1+X1}, {X1,X2,Y1,Y2,Y3},{X1,X2}] El resultado es: {60 − 47Y3 + 12Y32 − Y33 , −1 + Y2 + 2Y3 − Y32 , −1 + Y 1} (3) La imagen es el subanillo generado por {X1 , X22 , X1 + X2 } = K [V ], por lo tanto es sobreyectiva. 26 de octubre de 2010



361

(4) Si se considera g : K [V ] −→ K [W ], observar que debe ser g(X23 − 9X22 + 26X2 − 24) = 0, pero en este caso tenemos g(X23 − 9X22 + 26X2 − 24) = (Y3 − Y1 )3 − 9(Y3 − Y1 ) + 26(Y3 − Y1 ) − 24 = Y33 − 3Y32 Y1 + 3Y3 Y12 + 17Y3 − Y13 − 17Y1 − 24, que no se reduce a cero módulo (Y1 − 1)2 . (5) Tenemos el isomorfismo K [W ] → K [Y2 , Y3 ] dado por Y1 7→ 1, Y2 7→ Y2 , Y3 7→ Y3 , y el isomorfismo K [V ] → K × K × K dado por X1 7→ (1, 1, 1), X2 7→ (2, 3, 4). Podemos ahora componer y tenemos: K [Y2 , Y3 ]

Y2 Y3

/

K [W ] /

e f

/

K [V ]

/

Y2 Y3

/X

/

X22

1

+ X2

/

K ×K ×K /

(4, 9, 16) /

(3, 4, 5)

´ . Ejercicio (21.18.) S OLUCI ON Podemos simplificar este elemento hasta obtener: √ 3 2−1 1 √ = √ . 3 3 4−1 2+1 √ Ahora basta aplicar los resultados obtenidos. El elemento α es 3 2, y su polinomio irreducible 1 1 , que se obtiene evaluando la fracción X +1 es: X 3 − 2. El elemento β es √ . Tenemos que 3 2+1 construir el ideal (F, YL − 1) = (X 3 − 2, Y (X + 1) − 1), calcular una base de Groebner reducida {−1 + 3Y − 3Y 2 + 3Y 3 , −2 + X + 3Y − 3Y 2 } y eliminar la variable X {−1 + 3Y − 3Y 2 + 3Y 3 }. De esta forma el polinomio irreducible de β =

1 √ 3 2+1

es: Y 3 − Y 2 + Y − 1/3.


P. Jara


362 HACER

PROBLEMA: ¿Son isomorfos los anillos R[X , Y ](X 2 + Y 2 − 1) y R[X , Y ]/(XY − 1)? Ejercicio (21.20.) Vamos a resolver el problema analizando los elementos invertibles de cada uno de los anillos. Paso 1: Cálculo de los elementos invertibles en A = R[X, Y]/(X2 + Y2 − 1). ´ Cada elemento en A tiene un unico representante de la forma F0 + XF1 , con F0 , F1 ∈ R[Y ]. Supongamos que F0 + XF1 tiene un inverso, por ejemplo G0 + XG1 . Entonces se verifica: F0 + XF1 · G0 + XG1 = 1, F0 G0 + (1 − Y 2 )F1 G1 + X (F0 G1 + F1 G0 ) = 1, De aqu´ı se tiene F0 G0 + (1 − Y 2 )F1 G1 = 1 F0 G1 + F1 G0 = 0 Si F1 = 0, entonces tenemos: F0 G0 = 1 F0 G1 = 0 por lo tanto G1 = 0 y G0 = F0−1 ∈ R. Si F1 6= 0, entonces G0 =

−F0 G1 F1 ,

y de aqu´ı se obtiene F0

−F0 G1 + (1 − Y 2 )F1 G1 = 1. F1

Multiplicando por F1 se tiene: −F02 G1 + (1 − Y 2 )F12 G1 = F1 . De aqu´ı G1 =

F02

−F1 − (1 − Y 2 )F12

y G2 =

F02

F0 − (1 − Y 2 )F12

Estas soluciones serán válidas si F02 − (1 − Y 2 )F12 = k ∈ R \ {0}. De aqu´ı se tiene: F02 − k = (1 − Y 2 )F12 . ´ Como el cuerpo de coeficientes es R, el coeficiente l´ıder de (1−Y 2 )F12 es un numero negativo. Además (1 − Y 2 )F12 es un polinomio de grado al menos dos. Por esta razón el coeficiente l´ıder 26 de octubre de 2010



363

´ de F02 −k es un numero positivo. Evidentemente esto es una contradicción. Por tanto si F1 6= 0, el elemento F0 + XF1 no es invertible. ´ Los unicos elementos invertibles de A = R[X , Y ]/(X 2 +Y 2 −1) son que se escriben en la forma h, con h ∈ R. Paso 2: Prueba de que no existe ning´ un isomorfismo f : R[X , Y ]/(XY − 1) → R[X , Y ](X 2 + Y 2 − 1).

Si existe un homomorfismo f , entonces f (X ) es invertible en R[X , Y ](X 2 + Y 2 − 1), ya que X es invertible en R[X , Y ]/(XY − 1), por lo tanto es la clase de un escalar, por ejemplo k. Tenemos entonces dos elementos, X y k, de R[X , Y ]/(XY − 1) que tienen la misma imagen, por lo tanto f no ser´ıa un isomorfismo.


P. Jara

S EC . 60. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO IV

60.

365

Ejercicios del Cap´ıtulo IV

´ . Ejercicio (29.1.) S OLUCI ON (1) Tenemos det(X ) det(Y ) = det(XY ) = det(In ) = 1, luego det(X ) es invertible y por tanto X es invertible, por tanto existe inversa de X , sea X −1 , entonces YX = X −1 XYX = X −1 X = In . ´ h > 0 y podemos escribir (2) Supongamos que n > m, entonces n = m + h para algun X1 X= , y Y = Y1 Y2 . X2 Se verifica:

XY =

X1 X2

Y1 Y2 =

X1 Y1 X1 Y2 X2 Y1 X2 Y2

= In .

Esto es, X1 Y1 = Im , luego X1 e Y1 son invertibles y X1 Y2 = 0 = X2 Y1 , por tanto X2 = 0 = Y2 , pero X2 Y2 = Ih , luego también son invertibles, lo que es una contradicción. (3) Es consecuencia del anterior resultado. ´ . Ejercicio (29.2.) S OLUCI ON Un homomorfismo f : An −→ Am determina una matriz X ∈ Mm×n (A), y un homomorfismo g : Am −→ An una matriz Y ∈ Mn×m (A). Si f ◦ g = 1Am , entonces XY = Im , y si g ◦ f = 1An , entonces YX = In . Por el ejercicio anterior se tiene n = m. ´ . Ejercicio (29.2.) S OLUCI ON (i)⇒(ii). Sea N = A(n1 , . . . , nt ) y M/N = A(m1 +N, . . . , ms +N), entonces {n1 , . . . , nt , m1 , . . . , ms } es un sistema de generadores de M. ´ . Ejercicio (29.4.) S OLUCI ON ´ (1) Es claro, ya que entonces los unicos submódulos son 0 y M. (2) Como los Z–módulos simple son c´ıclicos, resulta que son de la forma Zn , además para ´ que los unico submódulos sean 0 y Zn , tiene que ser n primo, entonces los Z–módulos simples son de la forma Zp , con p un entero primo positivo. (3) Si M es un A–módulo simple, entonces es c´ıclico. Si M = Am se tiene M ∼ = A/ AnnA (m) y ´ como los unicos submódulos de M son 0 y M, resulta que AnnA (m) es un ideal maximal. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


366

´ . Ejercicio (29.5.) S OLUCI ON Dado f : M −→ N no nulo, resulta que Ker(f ) 6= M, luego es cero y f es inyectivo. Por otro lado como Im(f ) 6= 0, tenemos Im(f ) = N, por tanto f es sobreyectivo. Todo elemento 0 6= f ∈ EndA (M) es un isomorfismo, por lo tanto invertible.

´ . Ejercicio (29.6.) S OLUCI ON Consideramos la inclusiones canónicas ji : Mi −→ M1 ⊕ M2 , entonces definimos: HomA (M1 ⊕ M2 , N) ∼ = HomA (M1 , N) ⊕ HomA (M2 , N) f 7→ (f ◦ j1 , f ◦ j2 ). La inversa está dada por la propiedad universal de la suma directa. Consideramos las proyecciones canónicas pi : M1 ⊕ M2 −→ Mi , entonces definimos: HomA (N, M1 ⊕ M2 ) ∼ = HomA (N, M1 ) ⊕ HomA (N, M2 ) f 7→ (p1 ◦ f , p2 ◦ f ). La inversa está dada por la propiedad universal del producto directo.

´ . Ejercicio (29.7.) S OLUCI ON ´ Cada homomorfismo f : Zn −→ Zm define un unico homomorfismo g=f ◦pr

Z @@

@@ @@ pr @@

/ Zm = { {{ { {{ {{ f

Zn Por tanto nZ ⊆ Ker(g). Además g(m) = mg(1) = 0, luego m ∈ Ker(g) y tenemos (d) = ´ (n, m) ⊆ Ker(g). En consecuencia g se factoriza (de forma unica) por Zd . ´ Tenemos que cada f está determinado por un unico homomorfismo h : Zd −→ Zm . Este h está definido h(1 + dZ) = a + mZ y verifica da ∈ mZ, sea da = bm = bm0 d, con m = m0 d. Simplificando a = bm0 . Cada homomorfismo está determinado por un b, y los posibles valores de b son: {0, 1, . . . , d − 1}, ya que a partir de d se repiten. Para cada f existe pues un ´ unico b tal que f (1 + nZ) = bm0 + mZ. La operación suma en HomZ (Zn , Zm ) corresponde a la suma en Zd , ya que si fi (1 + nZ) = bi m0 + mZ, entonces: (f1 + f2 )(1 + nZ) = f1 (1 + nZ) + f2 (1 + nZ) = (b1 m0 + mZ) + (b2 m0 + mZ) = (b1 + b2 )m0 + mZ. 26 de octubre de 2010



367

´ . Ejercicio (29.8.) S OLUCI ON Ver el Ejercicio (29.9.)

´ . Ejercicio (29.9.) S OLUCI ON Si F es libre de rango n, entonces F ∼ = An . Por otro lado se tiene HomA (F, M) ∼ = M n. = HomA (An , M) ∼ = HomA (A, M)n ∼ ´ . Ejercicio (29.10.) S OLUCI ON Si A[X ] es noetheriano, como existe un isomorfismo A[X ]/(X ) ∼ = A, resulta que A es noetheriano. ´ . Ejercicio (29.11.) S OLUCI ON HACER

´ . Ejercicio (29.12.) S OLUCI ON (1) Llamamos A = C([0, 1], R) el conjunto de las aplicaciones continuas con la suma y producto definidos punto a punto. Es un anillo con elemento uno la aplicación constante igual a 1. Para cada n ∈ N \ {0} definimos In = {f ∈ A | f|[0, 1 [ = 0}. Tenemos que In es un n ideal y se tiene In ⊆ In+1 para cada n ∈ N \ {0}. Entonces {In }n es una cadena ascendente de ideales que no es estacionaria. (2) Llamamos A = ZX2 . En X consideramos una sucesión {xn }n formada por elementos distintos dos a dos y definimos In = {f ∈ A | f (xi ) = 0 si i ≥ n}. Cada In es un ideal y se tiene In ⊆ In+1 para cada n ∈ N. La cadena {In }n es una cadena ascendente no estacionaria de ideales de A. ´ . Ejercicio (29.13.) S OLUCI ON j

p

Consideramos la situación F 0 −→ F −→ F/F 0 , siendo j la inclusión y p la proyección. Dada una base X 00 de F/F 0 , para cada x00 ∈ X 00 tomamos x ∈ F tal que p(x) = x00 . Definimos j0 : ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


368

F/F 0 −→ F mediante j0 (x00 ) = x para cada x00 ∈ X 00 . Entonces la composición p ◦ j0 = idF/F 0 . Vamos a probar que F = Im(j) ⊕ Im(F/F 0 ), y por tanto F será libre. Si f ∈ F entonces f − j0 ◦ p(f ) ∈ Ker(p) = Im(j), y existe g ∈ F 0 tal que j(g) = f − j0 ◦ p(f ), luego f = j(g) + j0 ◦ p(f ). Si f ∈ Im(j) ∩ Im(j0 ) existe g ∈ F 0 tal que f = j(g) y 4xiste h ∈ Im(j0 ) tal que f = j0 (h), entonces h = p ◦ j0 (h) = p(j0 (h)) = p(j(g)) = 0 y f = j0 (h) = 0. ´ . Ejercicio (29.14.) D EMOSTRACI ON Si A es un DIP y M es un A-módulo libre finitamente generado, llamemos n a la dimensión de M. Si N es un submódulo, vamos a probar que N es libre por inducción sobre n. Si n = 1, entonces M ∼ = A y cada submódulo de M es isomorfo a un submódulo de A y por tanto es libre. Supongamos ahora que n > 1 y que el resultado es cierto para módulos libres finitamente generados de dimensión n − 1. Sea {x1 , . . . , xn } una base de M, entonces tenemos un diagramo conmutativo con filas exactas 0

/

α

0

/N

Axn ∩ N /

Axn

/ N/(Axn

/

β

M

/

/

∩ N)

0

γ

M/Axt

/

0

donde α y β son las inclusiones y γ(x + (Axn ∩ N)) = x + Axn , para cada x ∈ N. Como γ es inyectiva, resulta que N/(Axn ∩ N) es isomorfo a un submódulo de M/Axn , y por la hipótesis de inducción es libre. También Axn ∩ N es libre, ya que es un submódulo de Axn ∼ = A. Aplicando el Ejercicio (29.13.) resulta queN es un A–módulo libre. ´ . Ejercicio (29.15.) S OLUCI ON Dado x ∈ Ker(f ) se tiene (f ◦ f )(x) = f ((f (x))) = f (0) = 0. Podemos probar que existe una cadena ascendente Ker(f ) ⊆ Ker(f 2 ) ⊆ Ker(f 3 ) ⊆ · · · Como M es noetheriano, existe un entero positivo m tal que Ker(f m ) = Ker(f m+1 ) = . . .. Vamos a probar que Ker(f m ) ∩ Im(f m ) = {0}. En efecto, si x ∈ Ker(f m ) ∩ Im(f m ), existe y ∈ M tal que x = f m (y), y se verifica 0 = f m (x) = (f m ◦ f m )(y) = f 2m (y). Luego y ∈ Ker(f 2m ) = Ker(f m ) y por tanto x = f m (y) = 0. ´ . Ejercicio (29.16.) S OLUCI ON Llamamos A = K [X , X 2 Y , X 3 Y 2 , . . . , X i Y i−1 , . . .], vamos a probar que no es noetheriano. Con´ sideramos el ideal a = (X , X 2 Y , X 3 Y 2 , . . . , X i Y i−1 , . . .). Observa que si a tiene un numero finito ´ de generadores, e´ stos involucran a un numero finito de productos X i Y i−1 ; podemos entones 26 de octubre de 2010



369

suponer que el sistema finito de generadores es {X , X 2 Y , . . . , X t Y t−1 }. El elemento X t+1 Y t se debe poder escribir en la forma t X

ai X i Y i−1 ,

con ai ∈ A.

i=1

P e1 2 e2 s s−1 )es , entonces tenemos la siSupongamos que ai = i,e1 ,...,es ki,e1 ,...,es X (X Y ) · · · (X Y guiente expresión para X t+1 Y t :   t t X X X  X t+1 Y t = ai X i Y i−1 = ki,e ,...,es X e1 (X 2 Y )e2 · · · (X s Y s−1 )es  X i Y i−1 1

i=1

i=1

=

i,e1 ,...,es

t X X

ki,e1 ,...,es X e1 +2e2 +···+ses +i Y e2 +2e3 +···+(t−1)et +i−1 .

i=1 i,e1 ,...,es

´ La diferencia (t + 1) − t es uno, y esta debe ser la diferencia para los exponentes de algun sumando; esta es: e1 + e2 + · · · + et + 1, luego e1 + e2 + · · · + et = 0 y debe ser t + 1 = i, lo que es una contradicción.

´ . Ejercicio (29.17.) S OLUCI ON Llamamos Γ = {a ⊆ A | a no contiene un producto finito de ideales primos que contienen a a}. Si Γ 6= ∅, al ser A un anillo noetheriano existe q ∈ Γ maximal. Vamos a ver que q es un ideal primo. Sean bc ⊆ q, podemos suponer que q ⊆ b, c. Si b, c 6= q entonces b, c ∈ / Γ, y existen ideales primos p1 , . . . , ps , ps+1 , . . . , pr tales que p1 · · · ps ⊆ b, pi ⊇ b, i = 1, . . . , s y ps+1 . . . pr ⊆ c, pj ⊇ c, j = s + 1, . . . , r. Entonces p1 · · · ps ps+1 . . . pr ⊆ bc ⊆ q y pi ⊇ q, i = 1, . . . , r, lo que es una contradicción. Por tanto q es primo. Pero en este caso q ∈ / Γ, lo que es una contradicción. En consecuencia Γ = ∅ y por tanto cada ideal a contiene un producto finito de ideales primos que contienen a a. ´ . Ejercicio (29.18.) S OLUCI ON

(1) Llamamos Γ = {p | p es un ideal primos y a ⊆ p}. Como a es propio existe un ideal maximal m ⊇ a, y por tanto Γ es no vac´ıo. Cada cadena en Γ tiene una cota inferior. En efecto, si {pi }i es una cadena en Γ resulta que ∩i pi es un ideal y es primo; si ab ∈ ∩i pi , y ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


370

/ pj para cada j ≥ i0 . En a ∈ / ∩i pi , entonces existe un ´ındice i0 tal que a ∈ / pi0 , luego a ∈ consecuencia b ∈ pj para cada j ≥ i0 y se tiene b ∈ ∩i pi . Aplicando el Lema de Zorn resulta que Γ tiene elementos minimales, y cada uno de ellos es un ideal primo minimal sobre a. ´ (2) Utilizando el Ejercicio (29.17.) existe un numero finito de ideales primos, sean p1 , . . . , pt tales que a ⊆ pi , i = 1, . . . , t, y p1 · · · pt ⊆ a. Sea p un ideal primo minimal sobre a, entonces tenemos p1 · · · pt ⊆ a ⊆ p. Como p es primo, existe un ´ındice i tal que a ⊆ pi ⊆ p, y por la minimalidad de p resulta ´ p = pi . Luego sólo hay un numero finito de ideales primos minimales sobre a. ´ . Ejercicio (??) S OLUCI ON (a) ⇒ (b). Como F es nilpotente, también a0 es nilpotente, y por tanto f − a0 es nilpotente en A[[X ]], luego a1 es nilpotente, . . . (b) ⇒ (c). Consideramos el ideal c(F). Como A es noetheriano, se tiene c(F) = (a0 , a1 , . . . , at ), y por tanto c(F) es un ideal nilpotente, entonces existe n ∈ N tal que c(F)n = 0. (c) ⇒ (a). Tenemos c(F 2 ) ⊆ c(F) · c(F), luego existe t ∈ N tal que c(F t ) ⊆ c(F)t = 0, entonces F t = 0 y F es nilpotente. ´ . Ejercicio (29.20.) S OLUCI ON

(1) El ret´ıculo de los submódulos de X es: {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)}

WWWWW WWWWW WWWWW WWWWW

gggg ggggg g g g g gg ggggg

{(0, 0), (1, 0)}

{(0, 0), (1, 1)}

WWWWW WWWWW WWWWW WWWWW WW

{(0, 0)}

{(0, 0), (0, 1)}

gg ggggg g g g g g ggggg ggggg

(2) Tomamos A = {(0, 0), (1, 0)}, B = {(0, 0), (1, 1)}, C = {(0, 0), (0, 1)}. 26 de octubre de 2010



371

Se tiene: (A + B) ∩ C = {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)} ∩ {(0, 0), (0, 1)} = {(0, 0), (0, 1)}. (A ∩ C) + (B ∩ C) = ({(0, 0), (1, 0)} ∩ {(0, 0), (0, 1)}) + ({(0, 0), (1, 1)} ∩ {(0, 0), (0, 1)}) = {(0, 0)}. Por otro lado tenemos: (A ∩ B) + C = ({(0, 0), (1, 0)} ∩ {(0, 0), (1, 1)}) + {(0, 0), (0, 1)} = {(0, 0)} + {(0, 0), (0, 1)} = {(0, 0), (0, 1)}. (A + C) ∩ (B + C) = ({(0, 0), (1, 0)} + {(0, 0), (0, 1)}) ∩ ({(0, 0), (1, 1)} + {(0, 0), (0, 1)}) = {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)}. (3) Dados submódulos N ⊆ H, para cualquier otro submódulo L se tiene:  N + (L ∩ H) ⊆ N + L  y ⇒ N + (L ∩ H) ⊆ (N + L) ∩ H.  N + (L ∩ H) ⊆ H Por otro lado, si x ∈ (N + L) ∩ H, existen n ∈ N y l ∈ L tales que x = n + l. De aqu´ı se deduce que l = x − n ∈ H + N = H. Entonces l ∈ L ∩ H y se tiene x ∈ N + (L ∩ H). ´ . Ejercicio (29.21.) S OLUCI ON El ret´ıculo de submódulos es: Z4 × ZN3

vv vv v vv vv Z4 H HH HH HH HH

NNN NNN NNN N

2Z4 × Z J3

pp ppp p p p ppp

JJ JJ JJ JJ J

MMM MMM MMM MM

u uu uu u uu uu

2Z4 M

{0}

Z3

´ . Ejercicio (29.22.) S OLUCI ON Dado un submódulo N de un módulo M, siempre existe un submódulo de M maximal entre los que tienen intersección nula con N. Para esto sólo tenemos que tomar la familia Γ = {L ⊆ M | L ∩ N = {0}}, ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

372


esta familia es no vac´ıa, ya que contiene al submódulo nulo, y cada cadena en Γ tiene una cota superior, por tanto, por el Lema de Zorn, existen en Γ elementos maximales, por lo tanto pseudo–complementos de N en M.. (1) Si L es un pseudo–complemento de N en M y 0 6= H ⊆ M, verifica que (N + L) ∩ H = 0, entonces N ∩ (L + H) = 0. Ya que si 0 6= x ∈ H ∩ (L + H), existen l ∈ L y h ∈ H tales que x = l + h, se tiene entonces h = x − l ∈ H ∩ (N + L) = 0, esto es, x = l ∈ N ∩ L = 0 y todos los elementos son iguales a cero. Pero si N ∩ (L + H) = 0, entonces, por la maximalidad de L se tiene L+H = L y H ⊆ L, y por tanto 0 = (N +L)∩H = H, lo que es una contradicción. En consecuencia, si 0 6= H ⊆ M, entonces (N + L) ∩ H 6= 0. (2) Tomamos M = Z2 × Z2 y el submódulo N = {(0, 0), (1, 0)} Es claro que {(0, 0), (0, 1)} y {(0, 0), (1, 1)} son pseudo–complementos distintos de N. ´ . Ejercicio (29.23.) S OLUCI ON Consideramos una base {e1 , . . . , em } de Am y una base {f1 , . . . , fn } de An . Si f (ei ) = entones f se representa por la matriz F = (aij )ij ∈ Mn×m (A).

Pn

j=1 aij fj ,

n m n Vamos a construir un homomorfismo P g : A −→ A tal que f ◦ g = idA . Para esto observamos que P cada fj es de la forma f ( i bji ei ), para ciertos con bji ∈ A. Entonces definimos g(fj ) = i bji ei ; tenemos que g está bien definida ya que conocemos las imágenes de todos los elementos de a base {j1 , . . . , fn }.

P Observa que f ◦ g(fj ) = f ( i bji ei ) = fj , luego tenemos f ◦ g = idAn . Si G = (bji )ji es la matriz asociada a g, entonces FG = In . Aplicando el Ejercicio (29.1.) tenemos que m ≥ n. ´ . Ejercicio (29.24.) S OLUCI ON Dada una matriz X = (xij )ij , cuadrada n × n, el adjunto o cofactor de xij es   x1,1 · · · a1,j−1 a1,j+1 · · · a1,n .. .. ..   .. . . .   .    xi−1,1 · · · ai−1,j−1 ai−1,j+1 · · · ai−1,n  i+j adj(xij ) = (−1) det    xi+1,1 · · · ai+1,j−1 ai+1,j+1 · · · ai+1,n   . .. .. ..   .. . . .  x1,1 · · · a1,j−1 a1,j+1 · · · a1,n Y la matriz adjunta de X es la matriz adj(X ) = (adj(xj,i ))ij . Además por el Teorema de Laplace se verifica: X · adj(X ) = det(X ) · In . 26 de octubre de 2010



373

Para cada entero positivo i definimos ai (X ) como el ideal generado por lo menores i × i de X si i ≤ n y cero en caso contrario. Observa que se tiene una cadena descendente de ideales: a ⊇ a1 (X ) ⊇ a2 (X ) ⊇ . . . ⊇ an (X ) ⊇ 0 ⊇ . . . También podemos considerara esta cadena para cualquier matriz Y sin necesidad de que sea una matriz cuadrada. Dada una matriz Y definimos el rango de Y como el mayor entero r tal que Ann(ar ) = 0. Un resultado de interés es que si X es una matriz cuadrada n × n, entonces rng(X ) < n si y solo si det(X ) es un divisor de cero. Dado un monomorfismo f : AmP−→ An consideramos una base {e1 , . . . , em } de Am y una base {f1 , . . . , fn } de An . Si f (ei ) = nj=1 aij fj , entones f se representa por la matriz F = (aij )ij ∈ Mn×m (A). Sea r = rng(F), entonces Ann(ar (F)) = 0 y Ann(ar+1 (F)) 6= 0. Reordenamos los elementos de las bases para que tengamos un menor r×r en la esquina superior izquierda con determinante no nulo d. Observa r ≤ m´ın{m, n}. Si suponemos que m > n, entonces P r ≤ n y m ≥ r + 1. Podemos considerar por ejemplo el elemento er+1 , cuya imagen por f es nj=1 ai,j fj , que determina la columna r + 1 de la matriz F. Planteamos el sistema de ecuaciones:  Pr j=1 a1,j fj = a1,r+1   .. .P   r j=1 an,j fj = an,r+1 que en notación matricial es: 

     a1,1 . . . a1,r λ1 a1,r+1  .. ..  ·  ..  =  ..   . .   .   .  an,1 . . . an,r

an,r+1

λr

Llamamos    a1,1 . . . a1,r a1,1 . . . a1,r ..   .. .   ..  . ..  R    . .  Y =  ar,1 . . . ar,r  =  ∈ Mn×r (A). = ∗  .   ar,1 . . . ar,r  .  .. ..  ∗ an,1 . . . an,r 

Definimos adj(Y ) = adj(R) 0 ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


374 Observa que se tiene

adj(Y ) · Y = det(R) · Ir ∈ Mr×r (A),

Y · adj(Y ) =

det(R) 0 ∗ 0

∈ Mn×n (A).

Multiplicando por adj(Y ) en la expresión matricial del sistema de ecuaciones anterior se tiene:     λ1 a1,r+1     det(R) ·  ...  = adj(Y ) ·  ...  λr an,r+1 y multiplicando por Y se tiene:     λ1 a1,r+1     det(R) · Y ·  ...  = Y · adj(Y ) ·  ...  = Y · adj(Y ) · Y · er+1 = det(R) · Y · er+1 . λr an,r+1 P En consecuencia det(R) ri=1 λi ei y det(R)er+1 tienen la misma imagen por f , y como no son iguales, resulta que f no es inyectiva, lo que es una contradicción. Tenemos entonces que m ≤ n. ´ . Ejercicio (29.25.) S OLUCI ON Vamos a ver que A es un dominio de integridad. Dado 0 6= a ∈ A, consideramos el submódulo Aa ⊆ Am , entonces existe un monomorfismo Am → A y en consecuencia m ≤ 1, esto es, m = 1. Sea f : A ∼ = Aa un isomorfismo con f (1) = a; si xa = 0 entonces f (x) = xf (1) = xa = 0, lo que implica que x = 0. Vamos a ver que A es un dominio de ideales principales. Dado un ideal 0 6= a de A, existe m y un isomorfismo f : Am ∼ = a. Tenemos m = 1 y por tanto a es un ideal principal generado por la imagen de 1. ´ . Ejercicio (29.26.) S OLUCI ON Supongamos que a no es un ideal primo y sean a, b ∈ A \ a tales que ab ∈ a. Entonces a+Aa ) a, y por lo tanto es un ideal principal; sea a + Aa = Ad. Como (a : d) = (a : a) ( a, ya que b ∈ (a : a) \ a, entonces (a : d) es un ideal principal; sea (a : d) = Ae. Para cada x ∈ a existe r ∈ A tal que x = rd, por lo tanto r ∈ (a : d) = Ae, y existe s ∈ A tal que r = se. En consecuencia x = rd = (se)d = s(ed), y tenemos que ed ∈ a es un generador de a, lo que es una contradicción. En consecuencia tenemos el resultado. ´ . Ejercicio (29.27.) S OLUCI ON 26 de octubre de 2010



375

Para cada entero no negativo n definimos: an = {(a0 , a1 , . . . , an , 0 . . .) ∈ ZN | a0 , . . . , an ∈ ZN }. Es claro que cada an es un ideal de ZN y que la cadena 0 = a0 ⊂ a1 ⊂ a2 ⊂ · · · es una cadena infinita estrictamente creciente, luego ZN no es un anillo noetheriano.

´ . Ejercicio (29.28.) S OLUCI ON (1). Como X1 − Xi ∈ a para i ≥ 100, entonces A ∼ = anillo noetheriano.

Z[X1 , . . . , X99 ] e99 , y por tanto es un (X1 − X2e2 , . . . , X1 − X99 )

(2). Es claro que en A tenemos las clases de 1, X1 , X12 , . . ., y por lo tanto A no es un Z–módulo finitamente generado. (3). En este caso tenemos: A∼ =

Z[X1 , X3 , X5 , . . .] Z[X1 , X2 , . . .] ∼ , = 2 2 (X1 − X2 , X1 − X4 , . . .) + (X1 − X3 , X1 − X5 , . . .) (X1 − X32 , X1 − X52 , . . .)

que es isomorfo a Z[X1 ] × ZN , y por tanto no es un anillo noetheriano.


P. Jara

S EC . 61. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO V

61.

377

Ejercicios del Cap´ıtulo V

´ . Ejercicio (34.1.) S OLUCI ON Dado f ∈ HomA (M1 ⊕ M2 , N1 ⊕ N2 ), consideramos el diagrama: M1 ⊕O M2

f

/

N1 ⊕ N2

ui

q ◦f ◦u

qj

j i Mi _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _/ Nj

y establecemos la aplicación f 7→ (q1 ◦ f ◦ u1 , q2 ◦ f ◦ u1 , q1 ◦ f ◦ u2 , q2 ◦ f ◦ u2 ). Por otro lado, dado (f11 , f21 , f12 , f22 ) ∈ HomA (M1 , N1 ) ⊕ HomA (M1 , N2 ) ⊕ HomA (M2 , N1 ) ⊕ HomA (M2 , N2 ), procedemos como sigue: M1 PP

PPP f PPPj1 PPP PPP PP fj _ _ _ _ _ _/(6 Nj M1 ⊕O M2 nnn nnn n n u2 nn nnn fj2 nnn u1

M2

lo que nos permite construir dos homomorfismos fj ∈ HomA (M1 ⊕ M2 , Nj ). Ahora continuamos como sigue: kk5 NO 1 k

f1 kkkkk kk

q1 kkk kkk f M1 ⊕ M2S _ _ _ _ _ _/ N1 ⊕ N2 SSS SSS SSS q2 SSS f2 SSS )

N2

Es claro que estas dos aplicaciones son una inversa de la otra. Y ambos son homomorfismos. ´ . Ejercicio (34.2.) S OLUCI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


378 Dado f ∈ HomA (M,

Q

i Ni ) consideramos

Q f / MNN i Ni NN N pi pi ◦f N N N ' Ni Q y definimos f → 7 (pi ◦ f )i . Por otro lado, dado (fi )i ∈ i Homa (M, Ni ) construimos Q ∃1 f M _NNN_ _ _ _ _/ i Ni NNN NNN pi N fi NNNNN ' Ni Estas dos aplicaciones son una inversa de la otra y son homomorfismos.

´ . Ejercicio (34.3.) S OLUCI ON Dado f ∈ HomA (⊕i Mi , N) consideramos Mi N ui

N N f ◦ui N N N N '/ N

⊕i Mi

f

y definimos f 7→ (f ◦ ui )i . Por otro lado, dado (fi )i ∈

Q

i Homa (Mi , N) construimos

Mi NN ui

⊕i Mi

NNN NNf N◦ui NNN NNN _ _ _ _ _ _ /' ∃1 f

N

Estas dos aplicaciones son una inversa de la otra y son homomorfismos.

´ . Ejercicio (34.4.) S OLUCI ON Condición necesaria. Sea g ∈ HomA (M, M0 ), si (f0 )∗ (g) = 0, entonces f0 ◦ g = 0 y g = 0, ya que f0 es inyectiva. Se tiene (f1 )∗ ◦ (f0 )∗ = (f1 ◦ f0 )∗ = 0∗ = 0. Sea g ∈ Ker((f1 )∗ ), entonces 0 = (f1 )∗ (g) = f1 ◦ g y existe h : M −→ M0 tal que g = f0 ◦ h = (f0 )∗ (h). Condición suficiente. (1) f0 es inyectiva si y solo si para cualquier g : M −→ M0 si f0 ◦ g = 0, entonces g = 0, pero esto es la mismo que decir que (f0 )∗ es inyectiva para cada A–módulo M. (2) f1 ◦ f0 es cero ya que para cada M se tiene (f1 ◦ f0 )∗ = 0; en efecto, basta tomar M = M0 26 de octubre de 2010


S EC . 61. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO V

379

y tendremos 0 = (f1 ◦ f0 )∗ (idM0 ) = f1 ◦ f0 ◦ idM0 = f1 ◦ f0 . (3) Si m ∈ Ker(f1 ), entones f1 (m) = 0. Tomamos M = Am y gA m −→ M1 la inclusión. Como (f1 ◦ g)(m) = f1 (g(m)) = f1 (m) = 0, tenemos (f1 )∗ (g) = f1 ◦ g = 0 y g ∈ Im((f0 )∗ ), esto es, existe h ∈ HomA (Am, M0 ) tal que g = f0 )∗ (h) = f0 ◦ h. Luego m = g(m) = f0 ◦ h)(m) = f0 (h(m)) ∈ Im(f0 ). ´ . Ejercicio (34.5.) S OLUCI ON 2

p

Tomamos A = Z, M = Z2 y la sucesión exacta 0 → Z → Z → Z2 → 0. Se obtiene 2

p∗

∗ HomZ (Z2 , Z) −→ HomZ (Z2 , Z2 ) 0 −→ HomZ (Z2 , Z) −→

Ya que HomZ (Z2 , Z) = {0} y HomZ (Z2 , Z2 ) 6= {0}, es claro que p∗ no es sobreyectivo.

´ . Ejercicio (34.6.) S OLUCI ON Supongamos que existe g : M2 −→ M1 tal que f1 ◦ g = idM2 . Dado m ∈ M1 se tiene m − (g ◦ f1 )(m) ∈ Ker(f1 ) = Im(f0 ), y existe x ∈ M0 tal que f0 (x) = m. Como f0 es inyectivo, este x f

´ está definido de forma unica y m 7→ x es una aplicación. Veamos que es un homomorfismo. Para la suma: dados m1 , m2 ∈ M1 si xi = f (mi ), se tiene f0 (x1 + x2 ) = m1 + m2 , luego f (m1 + m2 ) = x1 + x2 = f (m1 ) + f (m2 ). Para el producto por escalares: dados m ∈ M1 y a ∈ A, si x = f (m) se tiene f0 (ax) = af0 (x) = am, luego f (am) = ax = af (m). Es claro que se tiene f ◦ f0 = idM0 . Rec´ıprocamente, si existe f : M1 −→ M0 tal que f ◦ f0 = idM0 , para cada m ∈ M2 existe x ∈ M1 tal que f1 (x) = m. Tomamos y = x − (f0 ◦ f )(x), que verifica f1 (y) = f1 (x) − (f1 ◦ f0 ◦ f )(x) = m. ´ El elemento x no está determinado de forma unica, pero el elemento y s´ı. En efecto, dados x1 , x2 verificando f1 (xi ) = m, tenemos f1 (x1 − (f0 ◦ f )(x1 ) − x2 + (f0 ◦ f )(x2 )) = 0, luego existe z ∈ M0 tal que f0 (z) = x1 − (f0 ◦ f )(x1 ) − x2 + (f0 ◦ f )(x2 ), pero z = (f ◦ f0 )(z) = f (x1 ) − (f ◦ f0 ◦ f )(x1 ) + f (x2 ) − (f ◦ f0 ◦ f )(x2 ) = 0, g

luego 0 = f0 (z) = x1 − (f0 ◦ f )(x1 ) − x2 + (f0 ◦ f )(x2 ). Tenemos entonces una aplicación m 7→ y. Es fácil ver que g es un homomorfismo y que f1 ◦ g = idM2 . ´ . Ejercicio (34.7.) S OLUCI ON Es claro que B es cerrado para la suma y la multiplicación y que en general no contiene al elemento 1. ´ . Ejercicio (34.8.) S OLUCI ON (1). Es claro que la suma y la multiplicación verifican las propiedades que definen un anillo, y que (0, 1)(b, n) = (b, n), para cada (b, n) ∈ B × Z, luego B × Z es un anillo con uno. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


380

(2). Dado g : B −→ A definimos g 0 : B × Z −→ A mediante g 0 (b, n) = g(b) + n · 1. La aplicación g 0 esta bien definida y es un homomorfismo de anillos. En efecto, g 0 ((b1 , n1 ) + (b2 , n2 )) = g 0 (b1 + b2 , n1 + n2 ) = g(b1 + b2 ) + (n1 + n2 ) · 1 = g(b1 ) + g(b2 ) + n1 · 1 + n2 · 1 = g 0 (b1 , n1 ) + g 0 (b2 , n2 ). g 0 ((b1 , n1 ) · (b2 , n2 )) = g 0 (b1 b2 + b1 n2 + b2 n2 , n1 n2 ) = g(b1 b2 + b1 n2 + b2 n2 ) + n1 n2 · 1 = g(b1 )g(b2 ) + g(b1 )n2 + g(b2 )n2 + n1 n2 · 1 = (g(b1 ) + n1 · 1) + (g(b2 ) + n2 · 1) = g 0 (b1 , n1 ) · g + (b2 , n2 ). 0 = g. Si g 00 : B × Z −→ A verifica g 00 = g, entonces Además se tiene g 0 (0, 1) = 1 · 1 = 1 y g|B |B g 00 (b, 0) = g(b), y se tiene:

g 00 (b, n) = g 00 ((b, 0) + (0, n)) = g 00 (b, 0) + g 00 (0, n) = g(b) + n · 1 = g(b, n). Por tanto g 00 = g. (3). Es claro que si tomamos g = 0 : B −→ A tenemos que Ker(g 0 ) = B × {0} y por lo tanto B es un ideal de B × Z. ´ . Ejercicio (34.9.) S OLUCI ON Sean a1 , a2 ∈ A tales que f (a1 ) = f (a2 ), entonces b = a1 − a2 ∈ Ker(f ). Consideramos el anillo sin uno B = {bF(b) | F ∈ Z[X ]} y construimos el anillo con uno B × Z. La aplicación g : B −→ A definida por g(b) = b se extiende a un homomorfismo de anillos g 0 : B × Z −→ A que verifica f ◦ g 0 = 0, por la propiedad universal. De la misma forma la aplicación h : B −→ A definida por h(b) = 0 se extiende a un homomorfismo de anillos h0 : B × Z −→ A que también verifica f ◦ h0 = 0. Por ser f simplificable a izquierda se tiene g 0 = h0 , esto es, b = g 0 (b, 0) = h0 (b, 0) = 0, lo que implica que a1 = a2 y f es una aplicación inyectiva. ´ . Ejercicio (34.10.) S OLUCI ON El grupo Hom(A, B) es:

Hom(Z2 , Z4 ) Hom(Z2 , Z12 )

Hom(Z4 , Z4 ) Hom(Z4 , Z12 )

por lo tanto hay que determinar cada una de las componentes: Hom(Z2 , Z4 ) ∼ = Z2 . ∼ Hom(Z4 , Z4 ) = Z4 . Hom(Z2 , Z12 ) ∼ = Z2 . ∼ Hom(Z4 , Z12 ) = Z4 . 26 de octubre de 2010


S EC . 61. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO V Por lo tanto tenemos el grupo


Z2 Z2

Z4 Z4

381

∼ = Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z4 .

P. Jara

S EC . 62. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO VI

62.

383

Ejercicios del Cap´ıtulo VI

´ . Ejercicio (39.1.) S OLUCI ON Es justamente el Corolario (35.2.).

´ . Ejercicio (39.2.) S OLUCI ON P Dado x ∈ pe existen bi ∈ B y pi ∈ p tales que x = ti=1 bi pi . Como C = A[b1 , . . . , bt ] es un P A–módulo finitamente generado y xC = ti=1 bi pi C ⊆ pC, aplicando el Teorema de Cayley– Hamilton, Lema (27.1.), existen a0 , . . . , an−1 ∈ p tales que xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0. ´ . Ejercicio (39.3.) S OLUCI ON Se basa en el estudio de la demostración dada del Teorema (37.3.). (a) ⇒ (b). Si F ∈ rad(F1 , . . . , Ft ) existe m ∈ N tal que F m ∈ (F1 , . . . , Ft ) ⊆ (F1 , . . . , Ft , 1 − YF), luego 1 = Y m F m + (1 − Y m F m ) = Y m F m + (1 − YF)(1 + YF + · · · + Y m−1 F m−1 ) ∈ (F1 , . . . , Ft , 1 − YF). (b) ⇒ (a). Si 1 ∈ (F1 , . . . , Fn , 1 − YF) entonces X 1= Fi Ci + (1 − YF)C, C1 , . . . , Ct , C ∈ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. i

Tomando Y = 1/F(X1 , . . . , Xn ) tenemos: X 1= Fi (X1 , . . . , Xn )Ci (X1 , . . . , Xn , i

1 ), F(X1 , . . . , Xn )

y multiplicando por una potencia adecuada de F se tiene: X Fm = Fi (X1 , . . . , Xn )Di (X1 , . . . , Xn ) ∈ (F1 , . . . , Ft ). i

´ . Ejercicio (39.4.) S OLUCI ON ´ Llamamos a = (X 3 − Y 2 ). En el anillo cociente K [X , Y ]/a cada elemento tiene un unico representante en la forma f + Yg, siendo f , g ∈ K [X ], por esta razón identificamos la clase con este elemento. Observar que la multiplicación verifica Y 2 = X 3 . ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


384

Supongamos que un elemento f + Yg tiene cuadrado nulo, entonces: 0 = (f + Yg)2 = f 2 + X 3 g 2 + 2Yfg. ´ Por tanto f 2 + X 3 g = 0 y 2fg = 0. De la ultima relación se obtiene f = 0 o g = 0. Si f = 0, de 3 2 la primera relación se tiene X g = 0, esto es, g = 0. Si g = 0, de la primera relación se tiene f 2 = 0, luego g = 0. Observa que en cualquier caso se tiene f + Yg = 0. Supongamos que i > j son primos relativos, y sea 1 = ai + bj, con b < 0. Tenemos: =

Y = Y ai+bj = Y ai Y bj = Y ai X bi =

X=

X ai+bj

=

X ai X bj

=

Y aj X bj

Ya X −b Ya X −b

j i

, .

a

Si llamamos T = XY−b , entonces tenemos una parametrización, X = T j , Y = T i , del conjunto algebraico V(X i − Y j ) = {(T j , T i ) | T ∈ K }. Dado F ∈ IV(X i − Y j ), si dividimos con respecto a X i − Y j con el orden Y > X , obtenemos F = (X i − Y j )Q + R, con R = 0 o N (R) ⊆ ∆ = N2 \ ((0, j) + N2 ). Si R = R0 + YR1 + · · · + Y j−1 Rj−1 , con Rk ∈ K [X ], entonces 0 = R0 (T j ) + T i R1 (T j )+· · ·+(T i )j−1 Rj−1 (T j ). Observar que los exponentes de T en los distintos polinomios son: 0,j,2j,. . . ; i+j,i+2j,. . . ; 2i+j,2i+2j,. . . Todos ellos son distintos dos a dos, ya que si ci + dj = c0 i + d0 j, entonces (c − c0 )i = (d0 − d)j, y por tanto j | c − c0 , pero 0 ≤ c, c0 ≤ j − 1, luego c = c0 , y en consecuencia d = d0 . Como K es un cuerpo infinito y todo elemento de K es ra´ız del polinomio R(T ), todos sus coeficientes son iguales a cero, y R es el polinomio cero. Tenemos ´ entonces que F es multiplo de X i −Y j y por tanto IV(X i −Y j ) = (X i −Y j ), Como consecuencia (X i − Y j ) es un ideal radical, ya que (X i − Y j ) ⊆ rad(X i − Y j ) ⊆ IV(X i − Y j ) = (X i − Y j ). ´ . Ejercicio (39.5.) S OLUCI ON ´ Después de dividir por X 2 − Y 3 , cada elemento f de K [X , Y ] se escribe de forma unica como f = f0 + f1 X + (X 2 − Y 3 )f2 , siendo f0 , f1 ∈ K [Y ] y f2 ∈ K [X , Y ]. (1) Sean f , g ∈ K [X , Y ] tales que fg ∈ (X 2 − Y 3 ). Con la notación anterior resulta (f0 g0 + Y 3 f1 g1 ) + (f0 g1 + f1 g0 )X = 0. Y se aqu´ı

f0 g0 + Y 3 f1 g1 = 0 . f0 g 1 + f1 g 0 = 0

Si f0 6= 0 se obtiene g1 = −f1 g0 /f0 y por tanto f0 g0 −Y 3 f1 f1 g0 /f0 = 0, esto es, f02 g0 −Y 3 f12 g0 = 0. Si g0 6= 0, entonces f02 −Y 3 f12 = 0, lo que implica f0 = 0 = f1 , y esto es una contradicción; si g0 = 0, entonces f0 g1 = 0 y se deduce g1 = 0. En este caso g ∈ (X 2 − Y 3 ). 26 de octubre de 2010



385

Si f0 = 0, entonces Y 3 f1 g1 = 0 = f1 g0 . Si f1 6= 0, entonces g0 = 0 = g1 y g ∈ (X 2 − Y 3 ); si f1 = 0, entonces f ∈ (X 2 − Y 3 ). Como consecuencia (X 2 − Y 3 ) es un ideal primo. Una forma alternativa es ver que A es isomorfo a un subanillo de K [T ] como veremos en el siguiente apartado. (2) La aplicación ϕ : A −→ K [T ] definida ϕ(X ) = T 3 , ϕ(Y ) = T 2 es un homomorfismo de ´ anillos y su nucleo contiene a (X 2 − Y 3 ), en realidad es X 2 − Y 3 ), ya que si ϕ(f ) = 0, 2 entonces f0 (T ) + T 3 f1 (T 2 ) = 0, y por tanto f0 = 0 = f1 . Entonces ϕ se factoriza por A/(X 2 − Y 3 ) y la aplicación ϕ : A/(X 3 − Y 2 ) −→ K [T ] es inyectiva. Si llamamos F al cuerpo de fracciones de A, tenemos un diagrama conmutativo A

F

ϕ

/

/

K [T ]

K (T ).

Como T = X /Y ∈ F, resulta que F → K (T ) es sobreyectiva, y como es un homomorfismo de cuerpos es un isomorfismo. Identificamos A con su imagen en K [T ]. Observar que esta imagen es K + T 2 K [T ]. Para calcular la clausura entera de A en K (T ), sea x = p/q ∈ K (T ) entero sobre A. Existen a0 , . . . , an−1 ∈ A tales que a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + xn = 0, esto es, a0 qn + a1 pqn−1 + · · · + an−1 pn−1 q + pn = 0,

(XI.1)

de donde se deduce que q | p. Basta entonces tomar la fracción x = p/q irreducible para llegar a que necesariamente q es una unidad y por tanto x ∈ K [T ]. Una forma alternativa es la siguiente: cada elemento de K (T ) entero sobre A es entero sobre K [T ], y por tanto pertenece a K [T ]. Además T es entero sobre A, ya que es ra´ız del polinomio X 3 − T 2 . ´ . Ejercicio (39.6.) S OLUCI ON ´ Después de dividir por X i − Y j , cada elemento f de D[X , Y ] se escribe de forma unica como f = f0 + f1 X + · · · + fi−1 X i−1 + (X i − Y j )fi , siendo f0 , f1 , . . . , fi−1 ∈ D[Y ] y fi ∈ D[X , Y ]. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


386

(1) La aplicación ϕ : A −→ D[T ] definida ϕ(X ) = T j , ϕ(Y ) = T i es un homomorfismo de ´ anillos y su nucleo contiene a (X i −Y j ), en realidad es X i −Y j ), ya que si ϕ(f ) = 0, entonces f0 (T i ) + T j f1 (T i ) + T 2j f2 (T i ) + · · · + T (i−1)j fi−1 (T i ) = 0, y por tanto f0 = f1 = · · · = fi−1 = 0, luego f ∈ (X i − Y j ). Entonces A = D[X , Y ]/(X i − Y j ) es un subanillo de un dominio y por tanto es un domino y (X i − Y j ) es un ideal primo. P (2) La imagen de ϕ es K + a T a K , donde a se puede expresar en la forma iα + jβ, con α, β enteros no negativos. Es un subanillo de K [T ]. El cuerpo de fracciones de Im(ϕ) es K (T ), ya que si F es el cuerpo de fracciones de Im(ϕ), entonces T ∈ F, y por tanto en el diagrama /

Im(ϕ)

F

/

δ

K [T ]

K (T )

la aplicación δ es un isomorfismo. La clausura entera de Im(ϕ) en K (T ) es K [T ], ya que si x ∈ K (T ) es entero sobre Im(ϕ), es entero sobre K [T ], y por tanto pertenece a K [T ], y además T es entero sobre Im(ϕ), ya que es ra´ız del polinomio X j − a0 , siendo a0 = T j ∈ Im(ϕ). ´ . Ejercicio (39.7.) S OLUCI ON ´ En el anillo K [X , Y ]/(Y 2 − X 3 − X 2 ) cada elemento tiene un unico representante en la forma 0 0 0 f +Yg, siendo (f +Yg)(f +Yg ) = 0, entonces (ff +(X 3 +X 2 )gg 0 )+Y (fg 0 gf 0 ) = 0, f ,0 g ∈ K3 [X ]. Si ff + (X + X 2 )gg 0 = 0 . y tenemos: fg 0 + gf 0 = 0 0

Si f 6= 0, entonces g 0 = − gff , y ff 0 −

(X 3 +X 2 )g 2 f 0 f

= 0. Si f 0 6= 0 se tiene f 2 − (X 3 + X 2 )g 2 =

f 2 − (X + 1)X 2 g 2 = 0, lo que es una contradicción. Si f 6= 0

yf0

= 0, entonces

(X 3 + X 2 )gg 0 = 0 , y por tanto g 0 = 0, luego f 0 + Yg 0 = 0. fg 0 = 0

(X 3 + X 2 )gg 0 = 0 Si f = 0 tenemos . Si g = 0 se tiene f + Yg = 0, y si g 6= 0, entonces gf 0 = 0 f 0 = 0 = g 0 , y se tiene f 0 + Yg 0 = 0.

´ . Ejercicio (39.8.) S OLUCI ON (1) Consideramos la relación Y 2 = X 3 + X 2 , y de aqu´ı obtenemos 26 de octubre de 2010

Y 2 X

= X + 1. Si llamamos



387

a este valor T 2 , se tendrá: Y /X = T y X = T 2 − 1. En consecuencia se tiene Y = T (T 2 − 1). Definimos una aplicación ϕ : K [X , Y ] −→ K [T ] mediante ϕ(X ) = T 2 −1 y ϕ(Y ) = T (T 2 −1). ´ El nucleo de ϕ lo podemos determinar calculando una base de Groebner, ya que este es K [X , Y ] ∩ c, siendo c el ideal de K [X , Y , T ] generado por (X −(T 2 −1), Y −T (T 2 −1)). Si tomamos el orden lexicográfico con la ordenación T > X > Y , entonces, por la teor´ıa de la eliminación, ´ podemos calcular una base de Groebner del nucleo. Una base de Groebner de c es: > GroebnerBasis[{X - (T^2 - 1), Y - T(T^2 - 1)}, {T, X, Y}] El resultado es: {X 2 + X 3 − Y 2 , −X − X 2 + TY , TX − Y , −1 + T 2 − X }. La eliminación nos da como solución: > GroebnerBasis[{X - (T^2 - 1), Y - T(T^2 - 1)}, {T, X, Y}, {T}] El resultado es: {X 2 + X 3 − Y 2 } ´ Es claro que la aplicación ϕ tiene nucleo a = (Y 2 − X 3 − X 2 ), y por tanto K [X , Y ]/(Y 2 − X 3 − X 2 ) es isomorfo a un subanillo de K [T ], luego es un dominio de integridad, esto es, (Y 2 − X 3 − X 2 ) es un ideal primo. (2) Si llamamos F al cuerpo de fracciones de A, y si identificamos A con su imagen por ϕ en K [T ], tenemos un diagrama conmutativo: A

F

/

δ

/

K [T ]

K (T ).

Ya que Y /X = T , se tiene que T ∈ F, luego δ es un isomorfismo. La clausura entera de A está contenida en K [T ], y como T es ra´ız del polinomio Z 2 − (X + 1), entonces T es entero sobre A, y por tanto la clausura entera de A es K [T ]. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


388

´ . Ejercicio (39.9.) S OLUCI ON Recordar el resultado que aparece en el Ejercicio (39.3.). F ∈ rad(F1 , . . . , Ft ) ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] si y solo si 1 ∈ (F1 , . . . , Ft , 1 − YF) ⊆ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. Basta pues hacer los siguientes cálculos:

> GroebnerBasis[{X^3+Y^3+Z^3,X^2+Y^2+Z^2,(X+Y+Z)^3,1-T X},{X,Y,Z,T}]

> GroebnerBasis[{X^3+Y^3+Z^3,X^2+Y^2+Z^2,(X+Y+Z)^3,1-T Y},{X,Y,Z,T}]

> GroebnerBasis[{X^3+Y^3+Z^3,X^2+Y^2+Z^2,(X+Y+Z)^3,1-T Z},{X,Y,Z,T}] En todos los casos el resultado es {1}.

´ . Ejercicio (39.10.) S OLUCI ON Recordar el resultado que aparece en el Ejercicio (39.3.). F ∈ rad(F1 , . . . , Ft ) ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] si y solo si 1 ∈ (F1 , . . . , Ft , 1 − YF) ⊆ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. (1). Basta realizar el siguiente cálculo: > GroebnerBasis[{X^4+Y^4+Z^4,X+Y+Z,1-T(X Y+X Z+Y Z)},{X,Y,Z,T}] Para ver que potencia pertenece al ideal calculamos una base de Groebner de a: > GroebnerBasis[{X^4+Y^4+Z^4,X+Y+Z},{X,Y,Z}] La base de Groebner reducida es: {Y 4 + 2Y 3 Z + 3Y 2 Z 2 + 2YZ 3 + Z 4 , X + Y + Z} Ahora comprobamos: > PolynomialReduce[X Y+X Z+Y Z,{Y^4+2Y^3 Z+3Y^2 Z^2+2Y Z^3+Z^4,X+Y+Z},{X,Y,Z}] 26 de octubre de 2010



389

El resto es: −Y 2 − YZ − Z 2 . Luego XY + XZ + YZ ∈ / a. > PolynomialReduce[(X Y+X Z+Y Z)^2,{Y^4+2Y^3 Z+3Y^2 Z^2+2Y Z^3+Z^4,X+Y+Z},{X,Y,Z}] El resto es 0, luego (XY + XZ + YZ)2 ∈ a. (2). Para calcular la base de Groebner reducida de b: > GroebnerBasis[{X^4+Y^4+Z^4,X+Y+Z,X Y+X Z+Y Z},{X,Y,Z}] El resultado es el anunciado: {X + Y + Z, Y 2 + YZ + Z 2 }. El isomorfismo K [X , Y , Z]/b ∼ = K [Y , Z]/(Y 2 + YZ + Z 2 ) está definido tomando X 7→ −Y − Z + (Y 2 + YZ + Z 2 );

Y 7→ Y + (Y 2 + YZ + Z 2 );

Z 7→ Z + (Y 2 + YZ + Z 2 ).

´ que define un homomorfismo sobreyectivo de K [X , Y , Z] en K [Y , Z]/(Y 2 +YZ +Z 2 ). Su nucleo ´ contiene a X + Y + Z, luego ser factoriza por b. Para ver que el nucleo es exactamente b basta considerar que cada polinomio F ∈ K [X , Y , Z] se escribe en la forma F = (X + Y + Z)G + H, siendo G ∈ K [X , Y , Z] y H ∈ K [Y , Z], entonces si la imagen de F es cero resulta que H = 0, y por tanto F = (X + Y + Z)G ∈ b. Tenemos pues el isomorfismo anunciado. Si el polinomio Y 2 +YZ +Z 2 reduce lo hace en la forma: Y 2 +YZ +Z 2 = (Y +aZ +b)(Y +cZ +d), de donde se deduce que b = d = 0 y a + c = 1 = ac. Por lo tanto a y c son las ra´ıces del polinomio T 2 − T + 1. Si la caracter´ıstica de K es distinta de 3 las ra´ıces de este polinomio son distintas, en este caso (Y 2 +YZ +Z 2 ) es la intersección (Y +aZ)∩(Y +cZ), que son dos ideales primos, y por tanto es radical. Si la caracter´ıstica de K es 3, entonces a = 2 = c, en este caso se tiene (Y 2 + YZ + Z 2 ) = (Y + 2Z)2 no es un ideal radical, ya que el anillo K [Y , Z]/(Y + 2Z)2 tiene elementos nilpotentes no nulos. Si el polinomio Y 2 + YZ + Z 2 es irreducible, entonces el ideal (Y 2 + YZ + Z 2 ) es un ideal primo, y por lo tanto radical. (3). Si car(K ) 6= 2, 3, como tenemos a ⊆ b ⊆ rad(a), y com b es radical, se tiene b = rad(a). (4). Si car(K ) = 3, como tenemos a ⊆ b ⊆ rad(a), entonces rad(b) = rad(a). Como b = (X + Y + X , Y 2 + YZ + Z 2 ) = (X + Y + Z, (Y − Z)2 ), entonces rad(b) ⊆ (X + Y + Z, Y − Z). Cualquier ideal primo p que contenga a b contiene a (X +Y +Z, Y −Z), luego rad(a) = rad(b) = (X + Y + Z, Y − Z) = (X − Y , Y − Z). (5). Si car(K ) = 2 tenemos a = (X 4 +Y 4 +Z 4 , X +Y +Z) = ((X +Y +Z)4 , X +Y +Z) = (X +Y +Z), que es un ideal primo, por lo tanto radical. ´ . Ejercicio (39.11.) S OLUCI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


390

Recordar el resultado que aparece en el Ejercicio (39.3.). F ∈ rad(F1 , . . . , Ft ) ⊆ K [X1 , . . . , Xn ] si y solo si 1 ∈ (F1 , . . . , Ft , 1 − YF) ⊆ K [X1 , . . . , Xn , Y ]. Para ver que X ∈ rad(a) tenemos que calcular > GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3,1-T X},{X,Y,Z,T}] Para ver que Y ∈ rad(a) calculamos: > GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3,1-T Y},{X,Y,Z,T}] Para ver que Z ∈ rad(a) calculamos: > GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3,1-T Z},{X,Y,Z,T}] La base de Groebner reducida de a se calcula mediante > GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3},{X,Y,Z}] El resultado es: {Z 9 , YZ 3 + Z 4 − 2Z 6 + 12Z 8 , 2Y 4 Z − YZ 2 − Z 3 , Y 7 , X + Y 3 − Z} Esto implica que las m´ınimas potencias de Z e Y que pertenecen a a son: Z 9 e Y 7 , respectivamente. Para el caso de X calculamos los restos de las divisiones de las sucesivas potencias de X por la base de Groebner. > PolynomialReduce[Xî,{Z^9,YZ^3+Z^4-2Z^6+12Z^8,2Y^4Z-YZ^2-Z^3,Y^7,X+Y^3-Z}, {X,Y,Z}] ´ . Ejercicio (39.12.) S OLUCI ON Tenemos que X 3 − X 2 Z − Y 2 Z ∈ C[X , Y , ][Z] es irreducible, ya que es de grado uno. Por lo tanto el ideal (X 3 − X 2 Z − Y 2 Z) es primo y radical, por el Teorema de los ceros de Hilbert se tiene el resultado. 26 de octubre de 2010



391

Tenemos que X 2 + Y 2 − Z 2 = X 2 + (Y + Z)(Y − Z) ∈ C[Y , Z][X ] es irreducible, ya que no tiene ra´ıces en C[Y , Z]. Entonces el ideal (X 2 + Y 2 − Z 2 ) es primo. ´ . Ejercicio (39.13.) S OLUCI ON El polinomio X 3 + Y 3 + 7Z 3 ∈ C[Y , Z][X ya que√si tiene una ra´ız F ∈ C[Y , Z], se √ ] es irreducible, √ verifica F 3 = −(Y 3 + 7Z 3 ) = −(Y + 3 7Z)(Y + ω 3 7Z)(Y + ω 2 3 7Z). Como el polinomio de la derecha es un producto de tres polinomios irreducibles no asociados, y el de la izquierda es un cubo, llegamos a una contradicción. Por lo tanto el polinomio es irreducible y el ideal es primo, por lo tanto radical. Por el Teorema de los ceros de Hilbert tenemos el resultado. ´ . Ejercicio (39.14.) S OLUCI ON (1) Teorema del ascenso. (2) Teorema de incomparabilidad. ´ . Ejercicio (39.15.) S OLUCI ON (1) Supongamos que a ∈ A no es invertible, entonces existe un ideal primo p tal que a ∈ p. Por el Lema (35.14.) existe un ideal primo q ⊆ B tal que q ∩ A = p. Como a ∈ q, entonces a no es invertible en B. (2) Tenemos J(A) = ∩{m | m es maximal} y J(B) = ∩{n | n es un ideal maximal}. Dado m ⊆ A maximal existe un ideal primo q ⊆ B, tal que q ∩ A = m, por el Corolario (35.13.) es un ideal maximal,entonces J(A) ⊇ J(B)c . Por otro lado, dado un ideal maximal n ⊆ B el ideal n ∩ A es un ideal primo, que es maximal por el Corolario (35.13.), entonces J(A) ⊆ J(B)c . ´ . Ejercicio (39.16.) S OLUCI ON Sea q ⊆ B primo, entonces q ∩ A es maximal, y por el Corolario (35.13.) q es maximal.



P. Jara


392

Sea p = (F), con F 6= 0 irreducible; supongamos que la indeterminada Xn aparece en F. n] Consideramos A = K [X1 ,...,X , y llamamos ai a la clase de Xi , para i = 1, . . . , n − 1. p Vamos a ver que {a1 , . . . , an−1 } ⊆ A es algebraicamente independiente. Si 0 6= G ∈ K [X1 , . . . , Xn−1 ] verifica G(a1 , . . . , an−1 ) = 0, entonces G(X1 , . . . , Xn−1 ) ∈ p, y por tanto F | G, lo que es imposible ya que Xn no aparece en G. Tenemos por tanto que dim(A) ≥ n − 1, pero como al agregar cualquier elemento no nulo de p a un conjunto de representantes de un conjunto algebraicamente independiente en A se tiene un conjunto algebraicamente independiente, y como n es una cota para el cardinal de conjuntos en K [X1 , . . . , Xn ] algebraicamente independientes, resulta que dim(A) ≤ n − 1, y se tiene la igualdad. ´ . Ejercicio (39.19.) S OLUCI ON Tenemos que dim(C[X , Y ]) = 2, por lo tanto los ideales primos son de altura 0, 1 o´ 2. De altura 0 sólo tenemos el ideal 0. De altura 1 tenemos los ideales principales; corresponden a las hipersuperficies irreducibles. Si un ideal primo p es de altura 2, entonces dim(A/p) = 0, por lo tanto es de dimensión finita sobre C (ver demostración del Lema de Normalización de Noether). Como corresponde a un conjunto algebraico irreducible, y los conjuntos algebraicos irreducibles finitos son los puntos, resulta que los ideales primos de altura 2 son los ideales maximales, por lo tanto son los ideales de la forma (X − a, Y − b). ´ . Ejercicio (39.20.) S OLUCI ON Llamamos p = (XY − 1) ⊆ R[X , Y ] y definimos x1 = XY − 1 x2 = Y − X 2 Entonces B = R[x1 , x2 ] ⊆ R[X , Y ] es una extensión entera y p ∩ B = Bx1 . Tenemos además que R[x2 ] ⊆ A es una extensión entera, siendo x2 = x2 + p. Llamando x = X + p, y = Y + p, resulta que R[y − x2 ] ⊆ A es una extensión entera.



S EC . 63. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO VII

63.

393

Ejercicios del Cap´ıtulo VII

´ . Ejercicio (43.1.) S OLUCI ON ´ (1) Para cada subconjunto multiplicativo Σ el nucleo que λA es: Ker(λA ) = {a ∈ A | ∃s ∈ Σ tal que sa = 0}. Entonces Ker(λA ) = 0 si y solo si cada elemento de Σ es un elemento regular, y se tiene Σ ⊆ Σ0 . (2) Dado 0 6= a/1 ∈ Σ−1 / Σ0 , luego a es un divisor de 0 A, si a/1 no es invertible, entonces a ∈ −1 cero. Sea 0 6= b ∈ A tal que ab = 0. Como λA : A −→ Σ0 A es inyectiva se tiene b/1 6= 0, pero como (a/1)(b/1) = (ab)/1 = 0, resulta que a/1 es un divisor de cero. ´ . Ejercicio (43.2.) S OLUCI ON HACER

´ . Ejercicio (43.3.) S OLUCI ON (1). X /1 es invertible en AX , ya que X no es nilpotente en A. (2). En efecto, se tiene X Y = XY = 0. (3). Es claro que se tiene Im(f ) = K [X ] ⊆ AA . (4). Para ver que f se factoriza por K [X , X −1 ], basta identificar K [X , X −1 ] con K [X , Y ](XY − 1). ´ Ahora definimos g : K [X , Y ] → AX mediante g(X ) = X /1 y g(Y ) = 1/X . El nucleo de g es −1 (XY − 1), y por lo tanto se tiene K [X , X ] = K [X , Y ]/(XY − 1) ⊆ AX . (5). Tenemos que g es sobreyectiva, ya que AX es una K –álgebra generada por X /1 y 1/X . Por otro lado, si g(F(X , X −1 )) = 0, como existe X t tal que X t F(X , X −1 ) ∈ K [X ], tenemos: 0 = g(F(X , X −1 )) = (1/X )t g(X t F(X , X −1 )), de donde g(X t F(X , X −1 )) = 0, luego f (X t F(X , X −1 )) = 0, y como f es inyectiva, se tiene X t F(X , X −1 ) = 0, o equivalentemente F(X , X −1 ) = 0. ´ . Ejercicio (43.4.) S OLUCI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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(1). El conjunto mx es cerrado para la suma y para el producto por elementos de A, luego es un ideal. Si consideramos un elemento no nulo f + mx ∈ A/mx , llamamos k = f (x) 6= 0, y definimos g ∈ A la función constante g(y) = k−1 para todo y ∈ X . Se tiene (f +mx )+(g +mx ) = 1. (2). Es la definición del localizado. (3). Es inmediato.

´ . Ejercicio (43.5.) S OLUCI ON (1). Si x es primo y se tiene x = x1 x2 , entonces x | x1 o´ x | x2 . Supongamos que x | x1 , entonces existe d ∈ D tal que x1 = xd y tenemos x = x1 x2 = xdx2 , de donde se deduce 1 = dx2 y x2 es invertible. √ √ √ 6 = 2 · 3 = (1 + −5)(1 − −5). Por los tanto los elementos (2). En Z[ √ −5] consideramos √ 2, 3, 1 + −5, 1 − −5 son irreducibles y no son primos. ´ . Ejercicio (43.6.) S OLUCI ON (1). Es claro que todo DFU es un dominio atómico, ya que cada elemento primo es irreducible. (2). Si D es un dominio atómico y cada elemento irreducible es primos, dado un elemento no nulo y no invertible x y dos factorizaciones en elementos primos: x = p1 . . . pr = q1 . . . qs , como p1 | q1 . . . qs , existe qj tal que p1 | qj , y como qj | p1 . . . pr , existe pk tal que qj | pk . Por lo tanto p1 | pk y tenemos p1 ∼ qj . Podemos suponer que qj = q1 , y por lo tanto se tiene ´ p2 . . . pr = q2 . . . qs . Basta hacer inducción sobre el numero de elementos de la factorización para tener que r = s y que, salvo el orden, se tiene pi ∼ qi para i = 1, . . . , r. (3). Si D es noetheriano y x ∈ D es no nulo y no invertible, si x es irreducible tendremos una factorización en a´ tomos. Si x no es irreducible existe una factorización x = x1 x10 con x1 , x10 no invertibles. Si x1 es irreducible tendremos un factor irreducible de x, y en caso contrario se tendrá x1 = x2 x20 con x2 , x20 no invertibles. Si repitiendo este proceso no obtenemos un factor irreducible xi , se tiene una sucesión de elementos no invertibles x0 = x, x1 , x2 , . . . tales que xi+1 | xi y xi+1 6∼ xi . Por lo tanto una cadena estrictamente creciente de ideales (x0 ) $ (x1 ) $ (x2 ) $ · · · , lo que es una contradicción. Podemos suponer que cada elemento no nulo y no invertible x de D tiene un factor irreducible; sea x = x1 y1 una factorización con x1 irreducible. Si y1 es invertible tendremos una 26 de octubre de 2010



395

factorización de x en elementos irreducibles, y si y1 no es invertible tendremos una factorización y1 = x2 y2 con x2 irreducible; si y2 es invertible tendremos una factorización en irreducibles. Si repitiendo el proceso yi no es nunca invertible, tendremos una sucesión de elementos y0 = x, y1 , y2 , . . . tales que yi+1 | yi e yi+1 6∼ yi . Por lo tanto una cadena estrictamente creciente de ideales (y0 ) $ (y1 ) $ (y2 ) $ · · · , lo que es una contradicción. Observa √ que en general no todo dominio noetheriano atómico es un DFU. Considera el do minio Z[ 5]. ´ . Ejercicio (43.7.) S OLUCI ON (1). Primero probamos que si x ∈ D es primo, entonces x/1 ∈ Σ−1 D es invertible o es primo. Si x/1 no es invertible y (x/1) | (x1 /1)(x2 /1), existe a/s tal que (x/1)(a/s) = (x1 /1)(x2 /1), luego xa = sx1 x2 . Si x | xi , entonces (x/1) | (xi /1). Por otro lado, si x | s, existen b ∈ D tal que s = xb, y tenemos x1 /1 = (sx1 )/s = (xbx1 )/s = (x/1)((bx1 )/s). Dado ahora x/1 ∈ Σ−1 D tenemos la factorización en elementos primos x = p1 · · · pr que proporciona la factorización x/1 = (p1 /1) · · · (pr /1), en donde cada pi /1 es invertible o es primo. En particular Σ−1 D es un dominio atómico, y como cada elemento no nulo y no invertibles es un producto de primos, tenemos la unicidad de la factorización. (2). Tenemos que probar que cada elemento irreducible en D es un elemento primo. Si x ∈ D es irreducible y x | x1 x2 , existe a ∈ D tal que xa = x1 x2 . Entonces (x/1)(a/1) = (x1 /1)(x2 /1) y se tiene (x/1) | (x1 /1) o (x/1) | (x2 /1). Supongamos que (x/1) | (x1 /1), entonces existe b/s ∈ Σ−1 D tal que (x/1)(b/s) = (x1 /1), y se tiene xb = sx1 . Tenemos que b y s son productos de elementos irreducibles, ya que el caso en el que sean invertibles es trivial. Tomamos representaciones de los mismos de longitud m´ınima. Sea s = p1 p2 · · · pr con los pi ∈ D elementos primos. Se tiene que p1 | xb. Si p1 | b, y b = q1 · · · qs es una representación de longitud minimal en producto de irreducibles, entonces p1 | q1 · · · qs , y existe qj , supongamos que qj = q1 , tal que p1 | q1 , como q1 es irreducible resulta q1 ∼ p1 , y tenemos b p2 · · · pr = , s q2 · · · qs lo que es una contradicción. Por tanto todos los factores primos de s son factores primos de x, esto es, s | x. Como x es irreducible, resulta que s ∼ x, y por tanto s es irreducible. Como s es un producto de elementos primos resulta que s es primo, y por tanto x es primo. ´ . Ejercicio (43.8.) S OLUCI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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396 En efecto se tiene:

1 1 1 = = = ··· 1 3 5 0 2 2 2 = = = = ··· 1 1 3 5

Y de la misma forma para (Z6 )p3 .

´ . Ejercicio (43.9.) S OLUCI ON Consideramos λ : Zm −→ Σ−1 Zm . Sea nZ/mZ = Ker(λ), con n ≥ 0, y consideramos µ : Zm ∼ Zm −→ nZ = Zn . m De la definición se tiene que µ es sobreyectiva. Supongamos que n 6= 0. Sea s + mZ ∈ Σ, y sea 0 ≤ d = m. c. d.{s, n}, existen a, b ∈ Z tales que d = as + bm. Como n + Z ∈ Ker(λ), existe t + mZ ∈ Σ tal que (t + mZ)(n + mZ) = 0, esto es, tn ∈ m + Z. Se tiene s n st = tn ∈ mZ, d d luego nd + mZ ∈ Ker(λ), por tanto nd + mZ ∈ nZ/mZ, y por la minimalidad de n se tiene nd = n. En consecuencia d es invertible; podemos suponer que d = 1. De la igualdad 1 = as + bn, aplicando µ se tiene 1 = µ(a + mZ)µ(s + mZ), luego µ(s + mZ) es invertible en Zn . Por la propiedad universal del anillo de fracciones existe µ0 : Σ−1 Zm −→ Zn tal que µ0 ◦ λ = µ, en particular µ0 es sobreyectiva. / Σ−1 Z m PPP PPP µ0 P µ PPPP PP'

Zm PP

λ

Zn

Vamos a ver que µ0 es inyectiva. Si µ0 ((a + mZ)/1) = 0, entonces µ(a + mZ) = 0. Se tiene a + mZ ∈ Ker(λ) y (a + mZ)/1 = 0. El caso en que n = 0, resulta que µ : Zm −→ Zm es inyectiva, y por tanto un isomorfismo. Falta ver que cada s + mZ ∈ Σ es invertible en Zm . Para cada 0 6= x + mZ ∈ Zm y para cada s + mZ ∈ Σ se tiene (x + mZ)(s + mZ) 6= 0, entonces la aplicación ×s+mZ

Zm −→ Zm es inyectiva, por tanto una biyección, y existe x + mZ ∈ Zm tal que (x + mZ)(s + mZ) = 1. En este caso todos los elementos de Σ son invertibles y Σ−1 Zm = Zm . 26 de octubre de 2010



397

´ . Ejercicio (43.10.) S OLUCI ON Tenemos que n es un divisor de m. Para cada divisor n de m definimos Σ = {s + mZ | m. c. d.{s, n} = 1}. Como n | m se tiene que Σ es un conjunto multiplicativo. Consideramos λ : Zm −→ Σ−1 Zm ; ´ vamos a calcular el nucleo de λ. Como n | m, consideramos al factorización m = nd1 d2 , siendo d2 el mayor tal que m. c. d.{d2 , n} = 1. Si x + mZ ∈ Ker(λ), existe s + mZ ∈ Σ tal que (x + mZ)(s + mZ) = 0, luego existe f ∈ Z tal que xs = mf = nd1 d2 f . Como m. c. d.{s, n} = 1, resulta m. c. d.{s, d1 } = 1 y s | d2 f . Sea d2 f = sg; se verifica: xs = nd1 d2 f = nd1 sg, ´ luego x = nd1 sg. En particular x es multiplo de nd1 . Es claro que hd1 +mZ ∈ Ker(λ). Por tanto −1 Ker(λ) = nd1 Z/mZ. En consecuencia Σ Zm ∼ = Znd1 . En conclusión, para cada factorización no trivial m = nh, n, h ≥ 0, con m. c. d.{n, h} = 1, tomando el subconjunto multiplicativo Σ = {s + mZ | m. c. d.{s, n} = 1} se verifica Σ−1 Zm ∼ = Zn , y rec´ıprocamente, cada subconjunto multiplicativo Σ, no reducido a los elementos invertible, determina una factorización no trivial m = nh, con m. c. d.{n, h} = 1 tal que Σ−1 Zm ∼ = Zn . El caso de la factorización trivial m = m1 corresponde al subconjunto multiplicativo de los elementos invertibles. Observa que todos los subconjuntos multiplicativos de Zm son saturados, ya que xy ∈ Σ = {s + mZ | m. c. d.{s, n} = 1}, si y solo si m. c. d.{xy, n} = 1, si y solo si m. c. d.{x, n} = 1 = m. c. d.{y, n}, si y solo si x, y ∈ Σ. ´ . Ejercicio (43.11.) S OLUCI ON

(1) Es claro que p(Σ) ⊆ A/a es un subconjunto multiplicativo que no contiene a 0 ya que a ∩ Σ = ∅. p

λA/a

(2) El homomorfismo g : A −→ A/a −→ p(Σ)−1 (A/a) verifica g(s) = p(s)/1 para cada s ∈ Σ, ´ y por lo tanto g(s) es un elemento invertible. Existe un unico homomorfismo de anillos 0 −1 −1 0 g : Σ A −→ p(Σ) (A/a) tal que g ◦ λA = g = λA/a ◦ p. Por lo tanto g 0 (a/s) = p(a)/p(s) para cada a/s ∈ Σ−1 A. Tenemos que Ker(g 0 ) = Σ−1 a, pues si g 0 (a/s) = 0, entonces p(a)/p(s) = 0 y existe t ∈ Σ tal que 0 = p(a)p(t) = p(at). Entonces at ∈ a y a/s = (at)/(st) ∈ Σ−1 a. Tenemos que g 0 es sobreyectiva, ya que si p(a)/p(s) ∈ p(Σ)−1 (A/a), entonces p(a)/p(s) = g 0 (a/s). ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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Como consecuencia del primer teorema de isomorf´ıa tenemos el isomorfismo Σ−1 A ∼ = p(Σ)−1 (A/a). Σ−1 a ´ . Ejercicio (43.12.) S OLUCI ON

(1) (⇒). Si Σ es saturado y a ∈ A \ Σ, para cada b ∈ A se tiene ab ∈ / Σ, luego aA ∩ Σ = ∅. Llamamos Γ = {a | a ∩ Σ = ∅}; el conjunto Γ es inductivo, luego tiene elementos maximales. Un elemento maximal b de Γ vamos a ver que es un ideal primo. Sean x1, x2 ∈ A tales que x1 x2 ∈ b y x1 , x2 ∈ / b, entonces b + x1 A, b + x2 A ∈ / Γ, y existen si ∈ (b + xi A) ∩ Σ. Como s1 s2 ∈ Σ y s1 s2 ∈ (b + x1 A)(b + x2 A) ⊆ b, resulta que s1 s2 ∈ b ∩ Σ, lo que es una contradicción. Por tanto b, maximal en Γ, es un ideal primo de A. Como para cada elemento a ∈ A \ Σ existe un ideal b, maximal en Γ, tal que a ∈ b, resulta que el complemento de Σ es una unión de ideales primos. (⇐). Sea Σ un conjunto multiplicativo cuyo complementario es una unión de ideales primos y sean a, b ∈ A tales que ab ∈ Σ; si a ∈ / Σ, existe un ideal primo p tal que a ∈ p y p ∩ Σ = ∅; como ab ∈ p, tendr´ıamos ab ∈ / Σ, lo que es una contradicción. (2) Dado Σ ⊆ A multiplicativo, consideramos todos los ideales primos p de A que no cortan a Σ; la unión ∪p p no corta a Σ y su complemento es multiplicativo, ya que si a, b ∈ A verifican ab ∈ A \ ∪p p, entonces a, b ∈ A \ ∪p p. Por tanto A \ ∪p p es un conjunto multiplicativo saturado. (3) La saturación Σ de Σ = 1 + a es el complemento de la unión de los ideales primos que no cortan a Σ. Los ideales primos p que no cortan a Σ son los que verifican a + p 6= A. Dado un ideal primo p tal que p + a 6= A, existe un ideal maximal m tal que a ⊆ p + a ⊆ m, luego el complemento de la unión de los ideales primos que no cortan a Σ coincide con el complemento de la unión de los ideales maximales que contienen a a. ´ . Ejercicio (43.13.) S OLUCI ON Tenemos el diagrama conmutativo anterior en el que f está definida f (a/s) = a/s. Si f (a/s) = 0, existe t ∈ Σ y b ∈ A tales que ta = 0 y tb ∈ Σ. Por lo tanto a/s = 0 en Σ−1 A. Por otro lado, si −1 a/t ∈ Σ A, existe b ∈ A tal que tb ∈ Σ, y se verifica f ((ab)/(tb)) = a/t. ´ . Ejercicio (43.14.) S OLUCI ON 26 de octubre de 2010



399

1. Si a ∈ Σ, entonces a/1 ∈ Σ−1 A es invertible. Rec´ıprocamente, si a ∈ A verifica que a/1 ∈ Σ1− A es invertible, existe b/s ∈ σ −1 A tal que (a/1)(b/s) = 1, esto es, ab/s = 1 y existe t ∈ Σ tal que t(ab − s) = 0, entonces tab = as ∈ Σ. Como Σ es saturado, se tiene a ∈ Σ. Como consecuencia todo conjunto multiplicativo saturado debe contener a todos los elementos invertibles de A. 2. Σ = {1} ⊆ Z no es saturado ya que −1 ∈ / Σ. ´ . Ejercicio (43.15.) S OLUCI ON Consideramos el siguiente diagrama p

/

A MMM

p1

/

A/p P

MMM MMλM1 MMM MM&

Ap

λ2

/K PP P αP PP β ' / Ap /pAp p2

´ Como para cada elemento x ∈ p se verifica (p2 ◦ λ1 )(x) = 0, existe un unico homomorfismo de anillos α : A/p −→ Ap /pAp tal que α ◦ p1 = λ1 . Para cada x ∈ A \ p se tiene α(x + p) = (p2 ◦ λ1 )(x) = (x/1) + pAp 6=, y como Ap /pAp es un ´ cuerpo es invertible. Entonces existe un unico homomorfismo de anillos β : K −→ Ap /pAp tal que β ◦ λ2 = α. La definición de β sobre elementos es: β((x + p)/(y + p)) = (x/y) + pAp . Observa que β es sobreyectiva, y por otro lado, si β((x + p)/(y + p)) = 0, entonces x/y ∈ pAp , y existe z ∈ p, s ∈ A \ p tales que x/y = z/s, por tanto existe t ∈ A \ p tal que t(xs − yz) = 0, luego xts = tyz ∈ p y x ∈ p. Como consecuencia (x + p)/(y + p) = 0. Por tanto β es una biyección y tenemos el isomorfismo. ´ . Ejercicio (43.16.) S OLUCI ON HACER


P. Jara


400

(1) Si ae = Σ−1 A entonces 1/1 ∈ ae y existe s ∈ Σ tal que 1 ∈ (a : s), esto es a ∩ Σ 6= ∅. Rec´ıprocamente, si a ∩ Σ 6= ∅, entonces ae = Σ−1 A. (2) Si a $ A es un ideal contra´ıdo, entonces a = aec , y si s ∈ Σ es un divisor de cero en A/a, existe b ∈ A \ a tal que sb ∈ a, esto es, (a : s) * a, lo que es una contradicción. ´ elemento de Σ es un divisor de cero en A/a, entonces (a : s) ⊆ Rec´ıprocamente, si ningun a para cada s ∈ Σ, y tenemos: aec = ∪s∈Σ (a : s) ⊆ a, luego a es un ideal contra´ıdo. ´ . Ejercicio (43.18.) S OLUCI ON Observa que ΓΣ = {ts | t ∈ Γ, s ∈ Σ} es un conjunto multiplicativo de A. Consideramos el siguiente diagrama: A

λ=λΣ

/

Σ−1 A

A

λΓΣ

/

α

(ΓΣ)−1 A

λΓ1

/ Γ−1 (Σ−1 A) l5 l γ l l l l l l l l ll l β ul

´ Como Σ ⊆ ΓΣ, existe un unico homomorfismo de anillos α : Σ1 A −→ (ΓΣ)−1 A tal que α◦λΣ = λΓΣ . ´ Como α(Γ1 ) está contenido en las unidades de (ΓΣ)−1 A, existe un unico homomorfismo de −1 −1 −1 anillos β : Γ (Σ A) −→ (ΓΣ) A tal que β ◦ λΓ1 = α. Para cada s ∈ Σ se tiene λΓ1 ◦ λΣ (s) es una unidad en Γ−1 (Σ−1 A) ya que λΣ (s) es una unidad en Σ−1 A; y para cada t ∈ Γ se tiene que λΓ1 ◦λΣ (t) es una unidad en Γ−1 (Σ−1 A) ya que λΣ (t) ∈ Γ1 . ´ Entonces existe un unico homomorfismo γ : (ΓΣ)−1 A −→ Γ−1 (Σ−1 A) tal que γ◦λΓΣ = λΓ1 ◦λΣ . Falta comprobar que las composiciones β◦γ y γ◦β son la identidad. De la igualdad β◦γ◦λΓΣ = λΓΣ se deduce que β ◦ γ = id(ΓΣ)−1 A . La otra se tiene por idénticos motivos. Finalmente observe como están definidas β y γ. a/s 0 β( t/s 0 ) = (as )/(st),

γ(a/(st)) = para a ∈ A, s, s0 ∈ Σ y t ∈ Γ.

a/s t/1 .

´ . Ejercicio (43.19.) S OLUCI ON −1 −1 Es claro que Σ−1 1 Σ2 A es el anillo de fracciones de Σ2 A con respecto al subconjunto multiplicativo λΣ2 ,A (Σ1 ). Observa que si 0 ∈ λΣ2 ,A (Σ1 ) si y solo si existen s1 ∈ Σ1 y s2 ∈ Σ2 tales que




401

s1 s2 = 0. Como los elementos de Σ son de la forma s1 s2 con si ∈ Σi , tenemos que 0 ∈ λΣ2 ,A (Σ1 ) −1 −1 si, y solo si, 0 ∈ Σ. En este caso se tiene Σ−1 1 Σ2 A = 0 = Σ A. Supongamos que 0 ∈ / Σ, y consideremos el siguiente diagrama que completamos utilizando la propiedad universal del anillo de fracciones: A MMM

λΣ2 ,A

λ

/

MMM MMM M λΣ,A MMM&

λΣ ,A (Σ1 ),Σ−1 A 2 2

/ Σ−1 Σ−1 A 1 2 j j j 0 j j λ j j λ00 tj j

Σ−1 2 A

Σ−1 A

a 00 00 a/s2 2 La definición de λ00 es: λ00 ( a/s s1 /1 ) = s1 s2 . Es claro que λ es sobreyectiva, y si 0 = λ ( s1 /1 ) = existe t = t1 t2 ∈ Σ con ti ∈ Σi tal que t1 t2 a = 0. Entonces se tiene:

a s1 s2 ,

a/s2 (t2 a)/(t2 s2 ) (t1 t2 a)/(t2 s2 ) = = = 0. s1 /1 s1 /1 (t1 s1 )/1 ´ . Ejercicio (43.20.) S OLUCI ON (a) ⇒ (b). Es evidente (b) ⇒ (c). Sea ab = 0, si Ann(a) + Ann(b) ⊆ m ⊂ A, en Am se tiene (a/1)(b/1) = (ab)/1 = 0, y como Am es un dominio de integridad, a/1 = 0 o b/1 = 0. Supongamos que a/1 = 0, entonces existe s ∈ A \ m tal que sa = 0, esto es, Ann(a) * m, lo que es una contradicción. Luego necesariamente se tiene Ann(a) + Ann(b) = A. (c) ⇒ (a). Si p es un ideal primo y Ap no es un dominio de integridad, existen 0 6= a/1, b/1 ∈ Ap tales que (ab)/1 = (a/1)(b/1) = 0. Existe s ∈ A \ p tal que sab = 0. Como 0 6= sa/1 ∈ Ap , para todo t ∈ A \ p se tiene tsa 6= 0, esto es, Ann(sa) ∩ (A \ p) = ∅ y Ann(sa) ⊆ p. De la misma forma se llega a que Ann(b) ⊆ p, y por tanto Ann(sa) + Ann(b) ⊆ p, en contra de la hipótesis en (c) que afirma que Ann(sa) + Ann(b) = A. ´ . Ejercicio (43.21.) S OLUCI ON Consideramos Σ = {s ∈ Z | s es invertible en A}. Es claro que Σ es un conjunto multiplicativo y que Σ−1 Z ⊆ A ⊆ Q. Por otro lado, si a ∈ A, podemos escribir a como una fracción (irreducible) a = n/m, con n, m ∈ Z. Por ser la fracción irreducible se tiene que n y m son primos relativos, luego existen a, b ∈ Z tales que 1 = an + bm. Es fácil ver que an + bm n 1 = =a + b ∈ A. m m m 1 Si m ∈ A, entonces m es invertible en A y se tiene m ∈ Σ, entonces cia A = Σ−1 Z.


n m

∈ Σ−1 Z. En consecuen P. Jara



(1) Es inmediato, ya que los elementos de Σ no son divisores de cero. (2) Dado un ideal b de Σ−1 D, si aD = bc , entonces bce = (aD)e = aΣ−1 D está contenido en b. Dado b/s ∈ b, ya que b/1 ∈ bce , existe n/t ∈ Σ−1 D tal que b/1 = a (n/t) y se tiene b/s = a (n/st) ∈ aΣ−1 D. Luego b = aΣ−1 D es un ideal principal. (3) Primero estudiamos como se comportan los elementos primos de D ante el paso a la localización. Para p ∈ D primo se verifica una de las dos posibilidades: p/1 es invertible sii pD ∩ Σ 6= ∅, sii ∃s ∈ Σ tal que p | s. p/1 es primo sii pD ∩ Σ = ∅. Dado un elemento no nulo y no invertible de Σ−1 D, sea a/1, existe en D una descomposición en primos de a, por ejemplo a = p1 · · · ph . Entonces se tiene a/1 = (p1 /1) · · · (ph /1), ´ pi /1 sea invertible, que es una descomposición en primos de Σ−1 D. Puede ser que algun en este caso los agrupamos todos ellos en un factor que será invertible. ´ Falta ver que esta descomposición es unica; esto es, claramente, consecuencia del unicidad de la descomposición de las factorizaciones en D. (4) Dada una cadena de ideales de Σ−1 D, b1 ⊆ b2 ⊆ · · · ⊆ bn ⊆ · · · , consideramos la cadena de ideales de D: bc1 ⊆ bc2 ⊆ · · · ⊆ bcn ⊆ · · · Existe un ´ındice n ∈ N tal que bcn = bci para cada i ≥ n. Entonces, ya que bce j = bj para cada ´ındice j, se tiene b1 ⊆ b2 ⊆ · · · ⊆ bn = bn+1 = · · · , y Σ−1 D es un anillo noetheriano. ´ . Ejercicio (43.23.) S OLUCI ON Primero calculamos una base de Groebner del ideal p; en este caso tenemos: {Y 4 − Z 3 , Y 2 − XZ, XY 2 − Z 2 , X 2 − Z}

(XI.2)

Segundo calculamos los ideales pi . 26 de octubre de 2010



403

p0 = p ∩ Q = 0. Es primo. p1 = p ∩ Q[Z] = 0. Es primo. p2 = p ∩ Q[Y , Z] = (Y 4 − Z 3 ). Es primo. p3 = p ∩ Q[X , Y , Z] = (Y 4 − Z 3 , Y 2 − XZ, XY 2 − Z 2 , X 2 − Z). Definimos α(p3 ) = (−y 2 + Xz, Xy 2 − z2 , X 2 − z) ⊆ en donde y es la clase de Y y z es la clase de Z.

Q[Y ,Z] p2 [X ]

= (Q[z] + Q[z]y + Q[z]y 2 + Q[z]y 3 )[X ],

Definimos α(p3 )e ⊆ F[X ] = (Q(z) + Q(z)y + Q(z)y 2 + Q(z)y 3 )[X ]. Un posible generador es H = Xz − y 2 , ya que es uno de los de menor grado. Llamamos: H = Xz − y 2 ; G1 = Xy 2 − z2 ; G2 = X 2 − z. Vamos a reducir G1 y G2 mediante H y la relación y 4 − z3 = 0

zG1 − y 2 H = z(Xy 2 − z2 ) − y 2 (Xz − y 2 ) = y 4 − z3 . z2 G2 − H 2 = z2 (X 2 − z) − (Xz − y 2 )2 = 2Xy 2 z − y 4 − z3 ; z(2Xy 2 z − y 4 − z3 ) − (2y 2 z)H = z(2Xy 2 z − y 4 − z3 ) − (2y 2 z)(Xz − y 2 ) = y 4 z − z4 = (y 4 − z3 )z. Por lo tanto α(p3 )e = (Xz − y 2 ) es un ideal primo de F[X ]. El coeficiente l´ıder es z. Consideramos el ideal (p3 , 1 − zT ) ⊆

Q[Y ,Z] p2 [T , X ].

Una base de Groebner es:

{Y 4 − Z 3 , −Y 2 + XZ, XY 2 − Z 2 , X 2 − Z, −1 + TZ, −X + TY 2 } Mediante eliminación de la variable T tenemos una base de Groebner del ideal α(p3 )ec ∈ Q[Y ,Z] ´ sta es: p2 [X ]. Como e {Y 4 − Z 3 , −Y 2 + XZ, XY 2 − Z 2 , X 2 − Z} que coincide con la base de Groebner de p3 , resulta que p3 es saturado. En consecuencia p es un ideal primo en Q[X , Y , Z]. ´ . Ejercicio (43.24.) S OLUCI ON ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


404

En este caso el procedimiento es similar al del ejercicio anterior. Vamos a indicarlo mediante ordenes en Mathematica.

(1) Cálculo de la base de Groebner de p: > GB = GroebnerBasis[{X Z - X - Y^2 + 2 Y + Z - 2, X^3 + 3 X^2 + 3 X - Y Z + Y + Z, X^2 Y - X^2 + 2 X Y - 2 X + Y + 2 Z - Z^2 - 2}, {X, Y, Z}] (2) Determinación de los ideales pi . Tenemos p0 = 0 > GroebnerBasis[{X Z - X - Y^2 + 2 Y + Z - 2, X^3 + 3 X^2 + 3 X - Y Z + Y + Z, X^2 Y - X^2 + 2 X Y - 2 X + Y + 2 Z - Z^2 - 2}, {X, Y, Z}, {X, Y}] Por lo tanto p1 = p ∩ Q[Z] = 0. > GroebnerBasis[{X Z - X - Y^2 + 2 Y + Z - 2, X^3 + 3 X^2 + 3 X - Y Z + Y + Z, X^2 Y - X^2 + 2 X Y - 2 X + Y + 2 Z - Z^2 - 2}, {X, Y, Z}, {X}] Por lo tanto p2 = p ∩ Q[Y , Z] = (−2 + 5Y − 10Y 2 + 10Y 3 − 5Y 4 + Y 5 + 4Z − 6Z 2 + 4Z 3 − Z 4 ). Además p3 = p. (3) Es claro que p0 y p1 son ideales primos, y también lo es p2 , ya que −2 + 5Y − 10Y 2 + 10Y 3 − 5Y 4 + Y 5 + 4Z − 6Z 2 + 4Z 3 − Z 4 = (Y − 1)5 − (Z − 1)4 es un ideal primo de Q[Y , Z]. (4) El ideal α(p3 ) es: (−2 − X + 2y − y 2 + z + Xz, −X + 3y + 3Xy − 3y 2 − 3Xy 2 + y 3 + Xy 3 − 3z + 3z2 − z3 , Q[Y , Z] [X ] − 2 − 2X − X 2 + y + 2Xy + X 2 y + 2z − z2 , 3X + 3X 2 + X 3 + y + z − yz) ⊆ p2 = (Q[z] + Q[z]y + Q[z]y 2 + Q[z]y 3 + Q[z]y 4 )[X ] donde y es clase de Y y z es la clase de Z. (5) El ideal α(p3 )e es: (−2 − X + 2y − y 2 + z + Xz, −X + 3y + 3Xy − 3y 2 − 3Xy 2 + y 3 + Xy 3 − 3z + 3z2 − z3 , − 2 − 2X − X 2 + y + 2Xy + X 2 y + 2z − z2 , 3X + 3X 2 + X 3 + y + z − yz) ⊆ F[X ] = (Q(z) + Q(z)y + Q(z)y 2 + Q(z)y 3 + Q(z)y 4 )[X ] 26 de octubre de 2010



405

Uno de los generadores de menor grado es: H = −2 − X + 2y − y 2 + z + Xz. Definimos: H = −2 − X + 2y − y 2 + z + Xz = X (z − 1) + y 2 + z − 2; G1 = −X + 3y + 3Xy − 3y 2 − 3Xy 2 + y 3 + Xy 3 − 3z + 3z2 − z3 ; G2 = −2 − 2X − X 2 + y + 2Xy + X 2 y + 2z − z2 ; G3 = 3X + 3X 2 + X 3 + y + z − yz. Vamos a expresar G1 , G2 , G3 es función de H en el anillo F[X ]. Llamamos Sim = (y − 1)5 − (z − 1)4 . Para G1 se tiene: > > > > >

CoefficientList[G1, X]; l = Length[%] ll = Last[%%]; Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) G1 - (ll) H^(l - 1)]; PolynomialReduce[Aux, Sim, {y, z}]

Observa que tenemos que reducir hasta que el grado de la variable Aux sea igual a 0, por lo tanto hasta que el valor de l sea igual a 1. Para G2 se tiene: > > > > > > > > >

CoefficientList[G2, X]; l = Length[%] ll = Last[%%]; Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) G2 - (ll) H^(l - 1)]; CoefficientList[Aux, X]; l = Length[%] ll = Last[%%]; Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) Aux - (ll) H^(l - 1)]; PolynomialReduce[Aux, Sim, {y, z}]

Aqu´ı también hemos llagado hasta que l = 1.

Para G3 se tiene: > > > > > >

CoefficientList[G3, X]; l = Length[%] ll = Last[%%]; Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) G3 - (ll) H^(l - 1)] CoefficientList[Aux, X]; l = Length[%]


P. Jara


406 > > > > > > >

ll = Last[%%]; Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) Aux - (ll) H^(l - 1)] CoefficientList[Aux, X]; l = Length[%] ll = Last[%%]; Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) Aux - (ll) H^(l - 1)] PolynomialReduce[Aux, Sim, {y, z}]

Tenemos por tanto que α(p)e es un ideal primo generado por H = X (z − 1) + y 2 + z − 2. El coeficiente l´ıder es z − 1. Consideramos el ideal (p3 , 1 − (z − 1)T ) ⊆

Q[Y ,Z] p2 [T , X ].

Una base de Groebner es:

{−2 + 5Y − 10Y 2 + 10Y 3 − 5Y 4 + Y 5 + 4Z − 6Z 2 + 4Z 3 − Z 4 , −2 − X + 2Y − Y 2 + Z + XZ, −X + 3Y + 3XY − 3Y 2 − 3XY 2 + Y 3 + XY 3 − 3Z + 3Z 2 − Z 3 , −2 − 2X − X 2 + Y + 2XY + X 2 Y + 2Z − Z 2 , 3X + 3X 2 + X 3 + Y + Z − YZ, −1 − T + TZ, −1 + T − X − 2TY + TY 2 } Mediante eliminación de la variable T tenemos una base de Groebner del ideal α(p3 )ec ∈ Q[Y ,Z] ´ sta es: p2 [X ]. Como e {−2 + 5Y − 10Y 2 + 10Y 3 − 5Y 4 + Y 5 + 4Z − 6Z 2 + 4Z 3 − Z 4 , −2 − X + 2Y − Y 2 + Z + XZ, −X + 3Y + 3XY − 3Y 2 − 3XY 2 + Y 3 + XY 3 − 3Z + 3Z 2 − Z 3 , −2 − 2X − X 2 + Y + 2XY + X 2 Y + 2Z − Z 2 , 3X + 3X 2 + X 3 + Y + Z − YZ} que coincide con la base de Groebner de p3 , resulta que p3 es saturado. En consecuencia p es un ideal primo en Q[X , Y , Z]. ´ . Ejercicio (43.25.) S OLUCI ON Para cada ideal maximal m se tiene A ⊆ Am ⊆ K , el cuerpo de fracciones de A, entonces se tiene la inclusión A ⊆ ∩m Am . Consideramos la cadena de inclusiones A ⊆ ∩m Am ⊆ An para un ideal maximal n. Al localizar en n se tiene una cadena de inclusiones, en este caso An ⊆ (∩m Am )n ⊆ (An )n . Ya que (An )n = An , tenemos el resultado por el principio local-global. Una demostración de la inclusión ∩m Am ⊆ A mediante elementos es la siguiente: 26 de octubre de 2010



407

Dado x ∈ ∩m Am definimos a = {s ∈ A | sx ∈ A}. Observa que a es un ideal de A. Se trata de ver que a = A, y entonces x ∈ A. Si no es as´ı, existe un ideal maximal m tal que a ⊆ m. Existen a ∈ A, s ∈ A \ m tales que x = a/s, esto es, sx = a ∈ A, y por tanto s ∈ a ⊆ m, lo que es una contradicción. ´ . Ejercicio (43.26.) S OLUCI ON Tenemos las siguiente equivalencias: N1 ⊆ N2 N1 + N2 = N2 (N1 + N2 )m = (N2 )m , (N1 )m + (N2 )m = (N2 )m , (N1 )m ⊆ (N2 )m ,

m maximal m maximal m maximal.

si y solo si si y solo si si y solo si si y solo si

´ . Ejercicio (43.27.) S OLUCI ON Sea M = A(m1 , . . . , mt ). Si Σ−1 M = 0, entonces mi /1 = 0 para i = 1, . . . , t, luego existe si ∈ Σ tal que si mi = 0. Bata tomar s = s1 · · · st para tener el resultado. El resto es inmediato. ´ . Ejercicio (43.28.) S OLUCI ON Supongamos que K , el cuerpo de fracciones de A, está generado por k1 , . . . , kn , con ki ∈ K . b ···b ai bi+1 ···bn , Podemos suponer que ki = abi , con ai , bi ∈ A, bi 6= 0. Y también que ki = 1 i−1 b1 ···bn i ci luego llamando b = b1 · · · bn y ci = b1 · · · bi−1 ai bi+1 · · · bn , cada ki se escribe ki = b con ci ∈ A y 0 6= b ∈ A. Si K 6= A, entonces alguna de las fracciones cbi ∈ K \ A; esto es equivalente a decir que el elemento 0 6= b ∈ A que no es invertible en A. Existe una expresión del tipo n

n

i=1

i=1

X X ci 1 = d k = di = i i b b2

Pn

i=1 di ci

b

,

con d1 , . . . , dn ∈ A. Multiplicando por b2 se tiene: 1=b

n X

di ci ,

i=1

y por tanto b es invertible, lo que es una contradicción. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara


408

Otra prueba. Supongamos que K es un A–módulo finitamente generado, y sea a un ideal de A no nulo, entonces aK = K . Para cada endomorfismo f : K → K se verifica f (K ) ⊆ K = aK , entonces por el Teorema de Cayley–Hamilton existen a0 , . . . , an−1 ∈ a tales que f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 = 0. Si K 6= A y tomamos k ∈ K \ A tenemos un endomorfismo f : K → K definido por f (x) = kx para cada x ∈ K . Observa que para cada j ∈ N se tiene f j (x) = kj x. Por lo tanto f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 (x) = 0, para cada x ∈ K . Tomando x = 1 resulta kn + an−1 kn−1 + · · · + a1 k + a0 = 0, y entonces k es entero sobre A, pero A es ´ıntegramente cerrado en K , lo que es una contradicción. ´ . Ejercicio (43.29.) S OLUCI ON Ya que Σ−1 Z[X , Y ] = Q[X , Y ], como ae = (2X , 3Y )e = (X , Y )Q[X , Y ], es un ideal maximal, es primo, y por tanto aec = (X , Y )Q[X , Y ] ∩ Z[X , Y ] = (X , Y )Z[X , Y ]. ´ . Ejercicio (43.30.) S OLUCI ON HACER






S EC . 64. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO VIII

64.

409

Ejercicios del Cap´ıtulo VIII

´ . Ejercicio (47.1.) S OLUCI ON Tenemos dim(Ap ) = ht(p), y como dim(A) = sup{ht(p) | p ∈ Spec(A)}, tenemos el resultado. ´ . Ejercicio (47.2.) S OLUCI ON Si a es un ideal nilpotente, entonces está contenido en cada ideal primo de A, y por tanto para cada ideal primo p de A se tiene ht(p) = ht(p/a) y se tiene el resultado. ´ . Ejercicio (47.3.) S OLUCI ON HACER



P. Jara

S EC . 65. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO IX

65.

411

Ejercicios del Cap´ıtulo IX

´ . Ejercicio (52.1.) S OLUCI ON Si a tiene una descomposición primaria, entonces los ideales primos minimales sobre a son ´ ideals asociados, y por tanto hay un numero finitos de estos. Para cada p, ideal primo minimal sobre a, el conjunto V(p/a) es una de las componentes irreducibles de Spec(A/a) para la topolog´ıa de Zariski. ´ . Ejercicio (52.2.) S OLUCI ON Si a = rad(a), entonces a es la intersección de los ideales primos que lo contienen. Se tiene a = ∩{pi | pi ⊇ a, primo}. Podemos además suponer que pi 6= pj si i 6= j. Como cada pi es primo, se tiene pi = rad(pi ), y por lo tanto a no tiene ideales primos inmersos o embebidos. ´ . Ejercicio (52.3.) S OLUCI ON El ideal m = (2, T ) ⊆ Z[T ] es maximal ya que Z[T ]/(2, T ) ∼ = Z2 es un cuerpo. El ideal q = (4, t) no es una potencia de m, ya que si (4, T ) = q = ms = (2, T )s , entonces T ∈ (2s , 2s−1 T , . . . , 2T s−1 , T s ), por lo que existe una combinación T = 2s G0 + 2s−1 TG1 + · · · + 2T s−1 Gs−1 + T s Gs . En particular se tiene 0 = 2s G0,0 , lo que implica G0,0 = 0, y T = (2s G0,1 + 2s−1 G1,0 )T = 2s−1 (2G0,1 + G1,0 )T , lo que es una contradicción. Tenemos que q = (4, T ) ⊆ (2, T ) = m, y si p ⊇ q, entonces T ∈ p y 4 ∈ p, lo que implica 2 ∈ p. Por lo tanto rad(q) = m. Veamos que q es primario. Dados F, G ∈ Z[T ] tales que FG ∈ q, si F ∈ / q y para todo s ∈ z se s tiene G ∈ / q, entonces (G) + (2, T ) = Z[T ], y existe Gi ∈ Z[T ] tales que 1 = GG0 + 2G1 + TG2 . Tenemos que el término independiente de GG0 es impar. Como FG ∈ q = (4, T ), resulta que el ´ término independiente de FG es multiplo de 4, y por tanto lo es el de FGG0 , y en consecuencia ´ el término independiente de F es multiplo de 4, lo que implica que F ∈ q = (4, T ), y esto es una contradicción. ´ . Ejercicio (52.4.) S OLUCI ON Tenemos que p1 = (X , Y ) y p2 = (X , Z) son ideales primos y m = (X , Y , Z) es un ideal maximal. Por otro lado a = (X 2 , XY , XZ, YZ), y por tanto tenemos la inclusión: a ⊆ p1 ∩ p2 ∩ m2 . Para ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

412


ver la inclusión inversa, consideramos el anillo K [X , Y , Z]/(X ) y los extendidos: pe1 = (Y ); pe2 = (Z). Es claro que pe1 ∩pe2 = (YZ), luego p1 ∩p2 = (X , YZ). Ahora es claro que la intersección p1 ∩ p2 ∩ m2 es: (X 2 , XY , XZ, YZ) = a. Tenemos pues una descomposición primaria reducida de a. Como pi ⊆ m, las componentes aisladas son p1 y p2 , mientras que m2 es una componente inmersa o embebida. ´ . Ejercicio (52.5.) S OLUCI ON

(1) Es claro que al considerar el homomorfismo A −→ A[X ] el extendido ae es a[X ]. (2) Para ver que si p ⊆ A es un ideal primo, entonces p[X ] ⊆ A[X ] es un ideal primo, basta tener en cuenta que existe un isomorfismo A[X ]/p[X ] ∼ = (A/p)[X ]. (3) Para ver que si q es un ideal primario de A, entonces q[X ] es un ideal primario de A[X ], comprobamos que q[X ] 6= A[X ] y que cada divisor de cero de (A/q)[X ] es nilpotente. Si G ∈ (A/q)[X ] es un divisor de cero, entonces existe 0 6= a ∈ A/q tal que aG = 0, ver Ejercicio (8.34.). Por lo tanto cada coeficiente de G es un divisor de cero, y como q ⊆ A es primario, es nilpotente. Si todos los coeficientes de G son nilpotentes entonces G es nilpotente. Ver Ejercicio (8.34.). (4) Si a = ∩ni=1 qi es una descomposición primaria minimal, entonces, como cada qi [X ] es primario, tenemos que a[X ] = ∩ni=1 qi [X ] es una descomposición primaria. Para ver que es minimal basta tener en cuenta que si ∩ni=1,i6=j qj * qj , entonces ∩ni=1,i6=j qj [X ] * qj [X ], y por tanto la descomposición a[X ] = ∩ni=1 qi [X ] es minimal. (5) Supongamos que p ⊇ a es un ideal primo minimal y que existe un ideal primo q tal que a[X ] ⊆ q ⊆ p[X ], entonces a ⊆ q ∩ A ⊆ p y por tanto p[X ] ⊆ q, de donde se deduce que q = p[X ]. ´ . Ejercicio (52.6.) S OLUCI ON Utilizando el Ejercicio (52.5.), podemos considerar el ideal q = (X ) ⊆ K [X ], y posteriormente extender a los demás; este ideal es primo y todas sus potencias son primarias. ´ . Ejercicio (52.7.) S OLUCI ON Si x ∈ A es un divisor de cero, existe 0 6= y ∈ A tal que 0 = xy, luego x ∈ (0 : y) y existe un ideal primo p, minimal sobre (0, y), luego x ∈ p y tenemos el resultado. 26 de octubre de 2010


S EC . 65. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO IX

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Supongamos que x ∈ p ∈ D(A), entonces existe 0 6= y ∈ A tal que p ⊇ (0 : y). Llamamos A = A/(0 : y), p = p/(0 : y) y finalmente x = x + (0 : y) ∈ A. En el anillo de fracciones Ap ´ el unico ideal primo es pAp , y como x/1 ∈ pAp , tenemos que x/1 es nilpotente, luego existe t ∈ A\p tal que t xn = 0 para cierto n ∈ N. Como consecuencia txn ∈ (0 : y) y se tiene txn y = 0. / p, y por tanto t ∈ / p ⊇ (0 : y). De la expresión xn ty = 0 se tiene Es claro que ty 6= 0, ya que t ∈ que x es un divisor de cero en A. Ya que existe una biyección que conserva el orden entre los ideales primos de S−1 A y los ideales primos de A que no cortan a S, en esta biyección los ideales de D(S−1 A) corresponden a los ideales de D(A) que no cortan a S. Si existe a ∈ A tal que p ⊇ (0 : a) es primo minimal, entonces S−1 p ⊇ (0 :S−1 A a/1) es primo minimal. Si 0 = ∩ni=1 qi es una descomposición primaria, por la Proposición (48.14.), el conjunto de los divisores de cero es la unión de los ideales asociados a esta descomposición. De aqu´ı se sigue el resultado. ´ . Ejercicio (52.8.) S OLUCI ON (1) Si a ∈ Sp (0) se tiene a/1 = 0 en Ap , y existe t ∈ A \ p tal que ta = 0, de donde se deduce que a ∈ p. (2) Si rad(Sp (0)) = p, entonces para cada y ∈ p existe n ∈ N tal que y n ∈ Sp (0). Entonces y/1 ∈ Ap es nilpotente; en particular se tiene pAp ⊆ Nil(Ap ). Como consecuencia pAp es un ideal minimal, y también lo es p ⊆ A. (3) Si p ⊇ p0 , entonces se tiene: Sp (0) = {a ∈ A | ∃t ∈ A \ p tal que ta = 0}, Como A \ p ⊆ A \ p0 , resulta que Sp (0) ⊆ Sp0 (0). (4) Como 0 tiene una descomposición primaria, entonces Ass(0) = D(A), y tenemos 0 = ∩p∈D(A) Sp (0). ´ . Ejercicio (52.9.) S OLUCI ON (a) ⇒ (b). Tenemos una cadena de submódulos 0 = M0 ⊆ M1 ⊆ M2 ⊆ · · · ⊆ Mt = M con Mi /Mi−1 ∼ = A/mI simple y Ass(Mi /Mi−1 ) = {mi }, mi maximal, para cada ´ındice i = 1, . . . , t. Entonces Ass(M) ⊆ {m1 , . . . , mt } y cada elemento de Ass(M) es un ideal maximal. (b) ⇔ (c). Para cada ideal p ∈ Supp(M) existe m ∈ Ass(M) tal que m ⊆ p, luego p es un ideal maximal. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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(c) ⇒ (a). Consideramos una cadena 0 = M0 ⊆ M1 ⊆ M2 ⊆ · · · ⊆ Mt = M con Mi /Mi−1 ∼ = A/pi , pi ∈ Ass(M/Mi ). Por la hipótesis para cada ´ındice i se tiene que Ass(Mi ) ⊆ Supp(M) está formado por ideales maximales. Probamos el resultado por inducción sobre t. Si t = 1 el resultado es cierto, ya que M1 es un módulo simple. Supongamos que sea cierto para t = i − 1, entonces Mi−1 es de longitud finita y podemos suponer que cada cociente Mj /Mj−1 ∼ = A/p, entonces p ∈ = A/mj para j ≤ i − 1. Al considerar Mi−1 ⊆ Mi , si Mi /Mi−1 ∼ Supp(Mi /Mi−1 ) ⊆ Supp(Mi ) es un ideal maximal. En consecuencia Mi es de longitud finita. ´ . Ejercicio (52.10.) S OLUCI ON Veamos la equivalencia de ambos enunciados mediante la siguiente cadena de enuciados equivalentes: (a.1) Mp es de longitud finita como Ap –módulo; (a.2) Cada elemento de AssAp (Mp ) es maximal; (a.3) AssAp (Mp ) = {pAp }, ya que Ap es un anillo local; (a.4) {q ∈ Ass(M) | q ⊆ p} = {p}; (a.5) p es un ideal minimal en Ass(M). ´ . Ejercicio (52.11.) S OLUCI ON (⇐). Es evidente. (⇒). Consideramos Γ = {Ann(m) | 0 6= m ∈ M}. Si M = 6 0, entonces Γ 6= ∅. Veamos que Γ es un conjunto inductivo. Sea Ann(m1 ) ⊆ Ann(m2 ) ⊆ · · · una cadena en Γ. La cadena Ann(m2 ) Ann(m3 ) A ⊆ ⊆ ··· ⊆ , Ann(m1 ) Ann(m1 ) Ann(m1 ) es una cadena en A/ Ann(m1 ), y por tanto es estable, ya que A/ Ann(m1 ) ∼ = Am1 es noetheriano. Existe pues un ´ındice i tal que Ann(mi ) = Ann(mj ) para cada j ≥ i. Como consecuencia en Γ existen elementos maximales, y sabemos que cada elemento maximal en Γ es un ideal primo, por lo tanto es un ideal primo asociado a M. ´ . Ejercicio (52.12.) S OLUCI ON 26 de octubre de 2010


S EC . 65. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO IX HACER

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P. Jara

S EC . 66. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO X

66.

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Ejercicios del Cap´ıtulo X

´ . Ejercicio (56.1.) S OLUCI ON Por ser A un dominio de valoración discreta se tiene que el ideal maximal m es un ideal principal, y que cada ideal es una potencia de m. Si m = (t), entonces los restantes ideales son ms = (t s ), para s ∈ N. En consecuencia mn /mn+1 está generado por el elemento t n + mn+1 . Sólo basta ver que mn /mn+1 6= 0. En efecto, si mn /mn+1 = 0, entonces mn = mn+1 , y por el lema de Nakayama se tiene mn = 0, lo que es una contradicción por ser A un dominio de integridad. ´ . Ejercicio (56.2.) S OLUCI ON Vamos a ver que A es un dominio noetheriano de dimensión uno, y por lo tanto será un dominio de valoración discreta. Dado un ideal primo 0 $ p ⊆ m = (t), para cada x ∈ p existe n ∈ N tal que x ∈ (t n ) \ (t n+1 ); sea x = at n con a ∈ / (t). Como p es primo, se tiene t ∈ p, lo que implica que p = (t) = m y la dimensión es igual a uno, o a ∈ p ⊆ (t) = m, lo que implica que p = A, lo que es una contradicción. Tenemos entonces que todo ideal primo de A no nulo es igual a m. En particular A es una anillo de dimensión uno y es noetheriano, ya que cada ideal primo es finitamente generado. ´ . Ejercicio (56.3.) S OLUCI ON Si llamamos b a la intersección ∩n∈N (t n ), entonces mb = b, y como A es un anillo noetheriano, por el Lema de Nakayama se tiene que b = 0. Si A es un dominio de integridad, el Ejercicio (56.2.) prueba que A es un dominio de valoración discreta. Si A no es un dominio de integridad, dado x ∈ X , existe n ∈ N tal que x ∈ (t n ) y x ∈ / (t n+1 ); si x = at n , entonces a es invertible. Esto prueba que existe m ∈ N tal que t m = 0. Finalmente ˜ solo queda por senalar que los ideales de A son los de la cadena 0 ⊆ (t m−1 ) ⊆ (t m−2 ) ⊆ · · · ⊆ (t), por lo que A es un anillo artiniano. ´ . Ejercicio (56.4.) S OLUCI ON (1) Es claro que m/m2 es un F = A/m–espacio vectorial. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

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(2) Si dimF (m/m2 ) = 1, supongamos que m/m2 = (t + m2 )F. Llamamos N = tA, se verifica m/m2 = (N + m2 )/m2 , luego m = N + m2 . Ahora por el Lema de Nakayama se tiene N = m, y resulta que m es un ideal principal. Por lo tanto A es un dominio de valoración discreta. (3) Esta parte está impl´ıcita en la solución al Ejercicio (56.2.). ´ . Ejercicio (56.5.) S OLUCI ON Dado un A–submódulo no nulo M = (m1 , . . . , mt )A de K , cada mi se puede escribir mi = adi , en donde hemos consideramos denominadores comunes. Por lo tanto dM ⊆ A y M es un ideal fraccionario. En este caso si a es un ideal fraccionario de A, existe 0 6= d ∈ D tal que da ⊆ A, y por ser A noetheriano, existen a1 , . . . , at ∈ A tales que da = (a1 , . . . , at )A. Se tiene entonces a = ( ad1 , . . . , adt )A, y por tanto a es finitamente generado. ´ . Ejercicio (56.6.) S OLUCI ON Consideramos m = (tD y n = sE, ideales maximales de D y de E, respectivamente. Se tiene t = e0 sn , con e0 ∈ E invertible y n ∈ N. Si E 6= D, existe x ∈ E \ D que se escribe x = e1 sn1 = d1 t −n2 , con e1 ∈ E y d1 ∈ D invertibles y n1 , n2 ∈ N. Tenemos entonces e1 sn1 = x = d1 t −n2 = d1 (e0 sn )−n2 = d1 e0−n2 s−nn2 , y por tanto sn1 +nn2 = e1−1 d1 e0−n2 ∈ E es invertible, y s ∈ E es invertible, lo que es una contradicción. ´ . Ejercicio (56.7.) S OLUCI ON Todo ideal entero es un ideal fraccionario, y dado un ideal fraccionario a existe 0 6= d ∈ A tal que a es A–isomorfo a da ⊆ A; por lo tanto se tiene el resultado. ´ . Ejercicio (56.8.) S OLUCI ON Tenemos la igualdad a1 · · · an = aA, y por lo tanto se verifica 1 1 A = aA A = A. a1 · · · an a a Entonces cada ai es invertible. 26 de octubre de 2010


S EC . 66. E JERCICIOS DEL C APÍ TULO X

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´ . Ejercicio (56.9.) S OLUCI ON ´ Es claro que si a es un ideal fraccionario de A, entonces aAp es un Ap ideal fraccionario; unicamente hace falta comprobar que es no nulo, pero esto s inmediato al ser A un dominio de integridad. Dado b, un ideal Ap –fraccionario, se tiene que existe 0 6= ab ∈ Ap tal que ab b ⊆ Ap . Por lo tanto ab b se puede generar como Ap –modulo por un ideal a ⊆ A; esto es, ab b = aAp . Como consecuencia tenemos: b b = aAp . a Como ab a es un A–ideal fraccionario, se tiene el resultado.

´ . Ejercicio (56.10.) S OLUCI ON Si llamamos K al cuerpo de fracciones de D y se tiene Σ−1 D 6= K , vamos a ver que Σ−1 D es un dominio de Dedekind. Primero observamos que como D es noetheriano, también Σ−1 D es noetheriano. Sea ahora pσ −1 D un ideal primo de Σ−1 D, entonces al localizar se tiene: Σ−1 DpΣ−1 D ∼ = Σ−1 Dp , por la hipótesis Dp es un dominio de valoración discreta, y com cada localizado de un dominio de valoración discreta también lo es, tenemos el resultado. ´ . Ejercicio (56.11.) S OLUCI ON Como A es un dominio de Dedekind, los ideales a y b son producto de potencias de ideales primos (pueden ser con exponente negativo, ya que los ideales son fraccionarios. Supongamos que a = pa11 · · · pat t y que b = pb11 · · · pbt t , en donde pi 6= pj si i 6= j. Si an = bn , entonces se tiene: nat nbt 1 1 pna = pnb 1 · · · pt 1 · · · pt . Por la unicidad de la factorización se tiene nai = nbi para cada ´ındice i, por lo tanto ai = bi para cada ´ındice i y se tiene: a = b. ´ . Ejercicio (56.12.) S OLUCI ON Es claro que si A es un dominio de de valoración discreta, entonces los ideales primarios son las potencias de m. ´ ´ Si los unicos ideales primarios (no nulos) son las potencias de m, entonces el unico ideal primo no nulo de A es el propio m. ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara

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Como A es un dominio noetheriano, cada ideal tiene una descomposición primaria; como los ideales primarios son potencias de m, resulta que cada ideal no trivial es una potencia de m, y por tanto A es un dominio de valoración discreta. ´ . Ejercicio (56.13.) S OLUCI ON Dado un ideal primo p existe un ideal maximal m tal que p ⊆ m, entonces Ap es una localización de Am . Si por hipótesis Am es un dominio de valoración discreta, como cada localizado es también un dominio de valoración discreta, resulta que Ap es un dominio de valoración discreta, y A es un dominio de Dedekind. También podemos probar que cada ideal primo no nulo es un ideal maximal. Si p es un ideal primo no nulo, existe un ideal maximal m tal que p ⊆ m. Localizando en m tenemos los ideales 0 $ pAm ⊆ mAm , y por ser Am un dominio de valoración discreta se tiene pAm = mAm , y como consecuencia p = m. ´ . Ejercicio (56.14.) S OLUCI ON Si A es un dominio de Dedekind y existen un ideal a y un ideal maximal m tales que m2 $ a ⊆ m, entonces, por la unicidad de la factorización llegamos a que a = m, y tenemos el resultado. Supongamos que para todo ideal maximal m no existe un ideal a tal que m2 $ a $ m y consi´ ideal b verificando deremos el anillo local B = Am . Si n = mAm es fácil ver que no existe ningun n2 $ b $ n, ya que en caso contrario la traza en A define un ideal del tipo a considerado al inicio del párrafo. Entonces el B/n–módulo n/n2 no tiene submódulos propios y su dimensión es 1. Como consecuencia B es un dominio de valoración discreta. ´ . Ejercicio (56.15.) S OLUCI ON Este Ejercicio es el análogo al Ejercicio (56.12.).



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ÍNDICE ALFAB ETICO ´

423

Índice alfabético ´ınfimo, 109 adjunción counidad de la —, 159 isomorfismo de la —, 157 unidad de la —, 159 a´ lgebra, 21 finitamente generada, 22 homomorfismo, 21 producto tensor, 41 Algoritmo de Buchberger, 63 de la división, 53 altura, 255 de un ideal, 185 anillo, 3 artiniano, 132 Boole, 27, 29 caracter´ıstica, 10, 21 cociente, 8 conmutativo, 3 coordenado, 90 de coordenadas, 86 de división, 3 de fracciones, 202 de polinomios, 21, 22 de series formales de potencias, 23 funciones racionales, 237 local, 13, 209 regular, 255 noetheriano, 127 reducido, 14 semilocal, 38 total de fracciones, 204, 235 trivial, 5 ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

anulador de un elemento, 115 de un módulo, 115 aplicación, 142 A–bilineal, 41, 163 bilineal, 227 biyectiva, 142 polinómica, 90 regular, 90 automorfismo, 111 base, 119 de Groebner, 59 de Groebner minimal, 65 de Groebner reducida, 65 de trascendencia, 194 bifuntor, 149 cadena maximal, 189 categor´ıa, 142 autodual, 157 cociente, 150 concreta, 149 concretizable, 155 conexa, 143 discreta, 143 esquelética, 156 esqueleto de una —, 156 opuesta, 145 ˜ 143 pequena, producto, 144 categor´ıas dualmente equivalentes, 157 equivalentes, 156 isomorfas, 155 P. Jara

424 isomorfimo de —, 155 clase, 142 clausura entera, 179, 183 multiplicativa, 240 saturada, 206 cociente de ideales, 74 cocientes, 56 coeficiente l´ıder, 52 componente irreducible, 277 componente primaria aislada, 265 embebida, 265 composición estrella, 153 condición de cadena ascendente, 125 de cadena descendente, 127 maximal, 125 minimal, 126 conexión de Galois, 20 conjunto, 142 algebraico irreducible, 275 genéricamene estable, 264 irreducible, 275 conjunto algebraico irreducible, 192 conjunto algebraico af´ın, 87 conjunto de ceros, 87 conjunto de ra´ıces, 87 conjunto lineal, 87 contenido, 320 de un polinomio, 278 ideal — de una serie formal, 139 cuerpo, 3 residual, 13 cuerpo de fracciones, 205 descomposición en componentes irreducibles, 278 primaria, 262, 270 minimal, 262, 270 Descomposición primaria 26 de octubre de 2010

ÍNDICE ALFAB ETICO ´ unicidad, 271 determinante, 122 diagrama de Newton, 52 dimensión, 185 divide, 299 divisible, 299 divisor de cero, 10 dominio, 10 ´ıntegramente cerrado, 179 atómico, 237 ´ de factorización unica, 34, 237 de integridad, 10 Dedekind, 295 normal, 179 valoración discreta, 288, 289 dualidad, 145 elemento a´ tomo, 237 adjunto, 122 cero, 4 cofactor, 122 entero, 178, 183 idempotente, 29, 38 inverso, 3, 4 invertible, 3 irreducible, 34, 237 localmenet nilpotente, 274 primo, 237 reducido, 65 trascendente, 194 unidad, 3 uno, 3, 4 elementos regulares, 10 elementos de a–torsión, 232 epimorfismo, 112, 145 espectro, 233 exponente, 52 extensión, 169 entera, 179 escindida, 169 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6

ÍNDICE ALFAB ETICO ´ esencial, 266 Fórmula de Newton, 4 factores de composición, 133 factores de composición, 133 familia independiente, 119 función polinómica, 86 funtor, 148 adjunto a la derecha, 157 adjunto a la izquierda, 157 codominio, 151 codominio de un —, 148 composición, 149 contravariante, 149 dominio, 151 dominio de un —, 148 equivalencia, 156 extensión de escalares, 164 Hom, 150 Hom contravariante, 150 Hom covariante, 150 identidad, 149 inclusión, 149 morfismo, 151 restricción de escalares, 164 funtores naturalmente isomorfos, 151 genera, 47 grado, 52 grado de trascendencia, 195 grupo de clases, 294 grupo lineal general, 121 grupo simple, 148 hiperplano, 88 hipersuperficie, 87 homomorfismo acción, 106 anillos, 5 ´ conucleo, 111 ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

425 de evaluación, 22 imagen, 110 ´ nucleo, 110 ideal, 7 cociente, 8, 30 contracción, 19 de un conjunto de puntos, 88 descomponible, 262 eliminación, 71 extensión, 19 finitamente generado, 8 fraccionario, 293 invertible, 293 generado por . . . , 8 inverso, 293 irreducible, 281 maximal, 12 monomial, 56 primario, 213, 260 primo, 10 primo minimal, 19 principal, 8 propio, 7 quasiprimario, 274 trivial, 7 ideal primo aislado, 265 embebido, 265 ideales comaximales, 15 enteros, 293 intersección, 7 maximales de divisores de cero, 207 primos minimales, 19 primos relativos, 15 suma, 7 ideales primos, 207 ideales primos maximales, 207 ideals primos asociados, 263 ´ınfimo, 7, 108 P. Jara

426 isomorfismo, 9, 91, 111 natural, 151, 152 Lema corto de los cinco, 168 de Fitting, 138 de la serpiente, 171 de normalización, 187 de Schur, 133, 136 Dickson, 47 para ideales monomiales, 57, 79 Nakayama, 123 Lema de Gauss, 278, 319 longitud, 185 de un módulo, 135 ´ divisor, 300 máximo comun módulo, 106 acción, 106 artiniano, 127 c´ıclico, 116 cociente, 111 coterciario, 266 de fracciones, 228 de longitud finita, 135 divisor de cero de un —, 266 elemento nilpotente para un —, 268 finitamente presentado, 230 homomorfismo, 107 irreducible, 136 libre, 119 noetheriano, 125 plano, 227 rango de un — libre, 120 simple, 133, 136, 147 soporte de —, 267 soporte de un —, 234 uniforme, 266 ´ multiplo, ´ m´ınimo comun 60 matrices equivalentes, 121 semejantes, 122 matriz adjunta, 122 monoideal, 48, 57 26 de octubre de 2010

ÍNDICE ALFAB ETICO ´ monomio, 46 monomio l´ıder, 52 monomorfismo, 111, 145 morfismo codominio, 143 composición, 142 de conjuntos afines, 90 dominio, 143 identidad, 142 morfismos, 143 multiplicación, 3 multiplicativamente cerrado, 202 ´ numero de clases, 294 nilpotente, 10 nilradical, 13 normalización, 179 opuesto, 4 orden admisible, 47 buen orden, 48 de términos, 47 fuertemente monótono, 47 monótono, 47 monomial, 47 parcial compatible, 46 parcial lineal, 46 producto, 49, 50 producto lexicográfico, 49, 50 parámetro local, 290 uniformización, 290 polinomio primitivo, 35, 278, 320 presentación libre, 120 libre finita, 120 producto, 3 de ideales, 8 directo, 117 producto tensor, 41 profundidad, 255 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6

ÍNDICE ALFAB ETICO ´ Propiedad universal del módulo de fracciones, 228 del producto tensor, 227 propiedad asociativa, 3 autodual, 147 conmutativa, 3 ditributiva, 3 dual, 145 propiedad local, 231 propiedad modular, 139 Propiedad universal del anillo cociente, 9 del anillo de fracciones, 203 del anillo de polinomios, 22 ´ del conucleo, 112 ´ del nucleo, 111 del producto tensor, 163 pseudo–complemento, 139 puntos, 86, 87 quasicategor´ıa, 150 radical, 17 radical de Jacobson, 14 refinamiento, 134 relación compatible, 8 representación distributiva, 46 representación recursiva, 46 resto, 56 ret´ıculo, 109 s–polinomio, 60 saturación, 208, 239, 264, 272 saturado, 205, 239 semisicigia, 60 serie de composición, 133 longitud, 133 serie de submódulos, 133 serie formal, 36 orden, 36 serie formal de potencias, 23 ´ ALGEBRA CONMUTATIVA

427 series de composición equivalentes, 133 sistema de generadores minimal, 49, 124 sistema de generadores, 8, 109 de un monoideal, 48 subanillo, 6 ´ıntegramente cerrado, 179 caracter´ıstico, 10 generado por . . . , 7 subcategor´ıa, 144 plena, 145 subconjunto algebraicamente independiente, 23, 193 infinito, 194 submódulo, 108 c´ıclico, 109 esencial, 266 finitamente generado, 109 generado, 109 primario, 269 terciario, 269 torsión, 232 sucesión, 166 acotada a derecha, 166 acotada a izquierda, 166 exaca corta escindida, 168 exacta, 166 exacta corta, 166 sucesiones equivalentes, 167 homomorfismo, 167 sumódulo suma, 109 suma directa, 116 interna, 119 supremo, 7, 109 término l´ıder, 52 Teorema Buchberger, 62 Cayley–Hamilton, 122 P. Jara

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ÍNDICE ALFAB ETICO ´

chino del resto, 16 Cohen, 129 de Akizuki, 249, 250 de Castelnuovo, 195 de estructura de anillos artinianos, 252 de estructura de anillos artinianos locales, 253 de incomparabilidad, 183 de isomorf´ıa de Noether, 115 de Krull, 205 ¨ de Luroth, 195 de la base de Hilbert, 59, 128, 137 de la base de Hilbert para series formales de potencias, 129 de Lasker–Noether, 270, 282 de los ceros de Hilbert, 191 Forma débil, 190 de Schreier, 134 del ascenso, 182 del Doble Cociente, 115 del paralelogramo, 114 descenso, 184 descomposición primaria unicidad, 262, 264 Eakin–Nagata, 131 elusión, 16 Jordan–Hölder, 134 Krull, 12 Laplace, 122 Primer — de Isomorf´ıa, 113 Segundo — de Isomorf´ıa, 114 Tercer — de Isomorf´ıa, 115 topolog´ıa de Zariski, 87, 234 transformación natural, 151 Transitividad de las extensiones enteras, 180 valoración p–ádica, 289 discreta, 288



Algebra Conmutativa (Con Solucion a Ejercicios)

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