o teorema dos zeros de Hilbert. Vers˜ao fraca. Lema - MAT-UnB

Nullstellensatz: o teorema dos zeros de Hilbert.
Versão fraca.
Lema. Seja k um corpo. Se A é uma k-álgebra finitamente gerada então
A/I é uma k-álgebra finitamente gerada para todo ideal próprio I de A.
Além disso, toda k-álgebra finitamente gerada B é isomorfa a um quociênte
k[X1 , . . . , Xn ]/I (para algum n que depende de B).
Demonstração. Se A é finitamente gerada então A/I é finitamente
gerada pois geradores de A são levados para geradores de A/I via A →
A/I. Se B é uma k-álgebra finitamente gerada e {b1 , . . . , bn } é um conjunto
gerador de B o homomorfismo de k-álgebras k[X1 , . . . , Xn ] → B obtido
levando Xi para bi para todo i é sobrejetivo e agora basta aplicar o teorema
de isomorfismo.
Lema. Seja k um corpo e seja E uma k-álgebra finitamente gerada. Se
E é um corpo então a dimensão dimk (E) é finita.
Demonstração. Atiyah-Macdonald Proposition 7.9.
Teorema (Nullstellensatz - Versão fraca). Seja k um corpo algebricamente fechado. Se I é um ideal próprio de k[X1 , . . . , Xn ] então V (I) 6= ∅.
Demonstração. Seja I um ideal próprio de A = k[X1 , . . . , Xn ] e seja
J um ideal maximal de A contendo I. Então J é um ideal próprio de
A e se V (J) 6= ∅ então V (I) 6= ∅ também (de fato V (I) ⊇ V (J)). Isso
mostra que podemos supor I = J, ou seja, podemos supor que I seja um
ideal maximal de A. Temos homomorfismos canonicos k → A → A/I e
A/I é uma k-álgebra finitamente gerada. Por outro lado A/I é também
um corpo pois I é um ideal maximal, assim o lema implica que o grau
[A/I : k] é finito. Como k é algebricamente fechado isso mostra que a
composição k → A/I é um isomorfismo. O núcleo da composição ϕ : A →
A/I ∼
= k é exatamente I. Seja ai := ϕ(Xi ) ∈ k para i = 1, . . . , n e seja
a = (a1 , . . . , an ). Vamos mostrar que a ∈ V (I). Se f ∈ I então ϕ(f ) = 0
logo 0 = ϕ(f (X1 , . . . , Xn )) = f (ϕ(X1 ), . . . , ϕ(Xn )) = f (a).
Observe que a hipótese que k seja algebricamente fechado é necessaria
pois por exemplo V (X 2 + 1) = ∅ se k = R.
Uma consequência é a seguinte. Se k é algebricamente fechado e V ⊆ k n
é um conjunto afim então existe uma bijeção ψ entre V e a famı́lia dos
ideais maximais de Γ(V ) ∼
= k[X1 , . . . , Xn ]/I(V ), a que leva a ∈ V para
I({a})/I(V ) = (X1 − a1 , . . . , Xn − an )/I(V ) (isso faz sentido pois a ∈ V
implica I(V ) ⊆ I({a}) por contravariança). Em particular considerando
V = k n obtemos uma bijeção entre k n e os ideais maximais de k[X1 , . . . , Xn ]:
todo ideal maximal de k[X1 , . . . , Xn ] tem a forma (X1 − a1 , . . . , Xn − an ).
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A função ψ é injetiva pois se ψ(a) = ψ(b) então I({a}) = I({b}) logo
{a} = V (I({a})) = V (I({b})) = {b}. Mostraremos agora que ψ é sobrejetiva. Seja m/I(V ) um ideal maximal de Γ(V ) ∼
= A/I(V ). Em particular m
é um ideal maximal de A, logo m 6= A assim V (m) 6= ∅ pelo Nullstellensatz
versão fraca. Seja a = (a1 , . . . , an ) ∈ V (m). Assim
m ⊆ I(V (m)) ⊆ I({(a1 , . . . , an )}) = (X1 − a1 , . . . , Xn − an ).
Como m é maximal obtemos m = (X1 − a1 , . . . , Xn − an ).
Versão forte.
√
Dado um ideal I de um anel (comutativo, unitário) A, seja I (o “radical
de A”) o conjunto dos elementos a ∈ A tais que am ∈ I para algum inteiro
m ≥ 1. Se trata
√ de um ideal de A contendo I. O ideal I é √chamado de
radical se
pI√= I.√ É claro que se I é um ideal qualquer então I é radical,
I = I. Por exemplo é obvio que todos os ideais primos são
ou seja
radicais.
√
Lema. I é igual à interseção dos ideais primos de A que contêm I.
Demonstração. Atiyah-Macdonald, Proposition 1.8 aplicada ao
quociênte A/I.
Lema. Sejam k um corpo, A uma k-álgebra finitamente gerada, f ∈
A e seja Af = S −1 A (localizado) onde S é o conjunto das potências f m
com m ≥ 0 inteiro. Então Af ∼
= A[T ]/(T f − 1) é também uma k-álgebra
finitamente gerada.
Demonstração. Para mostrar o isomorfismo no enunciado basta aplicar a propriedade universal de Af . Agora é claro que Af é finitamente
gerado pois é um quociênte de A[T ] que é finitamente gerado.
Teorema (Nullstellensatz - versão forte). Seja k um corpo algebrica√
mente fechado e seja I um ideal de A = k[X1 , . . . , Xn ]. Então I(V (I)) = I.
Observe que a versão forte√implica a versão
√ fraca pois se I EA e V (I) = ∅
então A = I(∅) = I(V (I)) = I logo 1 ∈ I, assim 1 ∈ I ou seja I = A.
√
√
Demonstração. A inclusão I ⊆ I(V (I)) é clara pois se g ∈ I então
g m ∈ I para algum inteiro m ≥ 1 logo se x ∈ V (I) então g m (x) = 0 assim
m = 0 o que implica g(x) = 0. Vamos mostrar a inclusão I(V (I)) ⊆
(g(x))
√
√
I. Basta mostrar√que se f ∈ A é tal que f 6∈ I então f 6∈ I(V (I)).
Suponha então f 6∈ I. Pelo lema existe um ideal primo p de A que contem I
e tal que f 6∈ p. Sejam B = A/p, f a imagem de f em B e C = Bf = B[1/f ].
Como 0 6= f ∈ B e B é um domı́nio de integridade, C = Bf 6= {0} (pois
f não é nilpotente). Seja m um ideal maximal de C. Observe que pelo
lema C é uma k-álgebra finitamente gerada, logo C/m também é uma kálgebra finitamente gerada. Como C/m é também um corpo, a composição
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dos morfismos canonicos k → A → B → C → C/m é um isomorfismo (pelo
lema, pois k é algebricamente fechado). Seja γ : A → C/m a composição
acima e seja ai := γ(Xi ) para i = 1, . . . , n. Seja a := (a1 , . . . , an ) ∈ k n .
Temos
f (a) = f (γ(X1 ), . . . , γ(Xn )) = γ(f (X1 , . . . , Xn )) = γ(f ) 6= 0
pois f /1 6∈ m (de fato, f /1 é invertı́vel em C). Por outro lado se g ∈ I então
g ∈ p (porque I ⊆ p) logo g = 0 em B, assim g(a) = γ(g) = 0 e isso mostra
que a ∈ V (I). Deduzimos que f 6∈ I(V (I)).
Uma consequência imediata é que se agora A é a famı́lia dos conjuntos
algébricos afins de k n e B é a famı́lia dos ideais radicais de k[X1 , . . . , Xn ]
então as funções I : A → B e V : B → A são uma a inversa
√ da outra (agora
sim!). De fato se I é um ideal radical então I(V (I)) = I = I. Nessa correspondência os conjuntos afins irredutı́veis correspondem aos ideais primos
e os pontos correspondem aos ideais maximais.
Uma outra consequẽncia é a seguinte.
Proposição. Seja k um corpo algebricamente fechado. Se F e G são
fechados disjuntos de k n então Γ(F ∪ G) ∼
= Γ(F ) × Γ(G).
Demonstração. De fato escreva F = V (I), G = V (J) com I = I(F )
e J = I(G). Em√particular√I e J√ são ideais radicais, logo I ∩ J é radical
= I ∩ J, e aplicando o Nullstellensatz
também, de fato I ∩ J = I ∩ J √
versão forte obtemos I(V (I ∩ J)) = I ∩ J = I ∩ J. Assim ∅ = F ∩ G =
V (I + J) logo I + J = A = k[X1 , . . . , Xn ] pelo Nullstellensatz versão fraca,
assim I e J são ideais coprimos. Pelo teorema chinês temos então
Γ(F ∪ G) = Γ(V (I ∩ J)) ∼
= A/I ∩ J ∼
= A/I × A/J ∼
= Γ(F ) × Γ(G).
Isso conclui a demonstração.
Por exemplo considere os fechados F = V (X) e G = V (X −1) em k 2 . Se
f ∈ Γ(F ) e g ∈ Γ(G), a função polinomial h(x) = xg − (x − 1)f ∈ Γ(F ∪ G)
tem a propriedade que h|F = f e h|G = g.
Exercı́cios.
(1) Seja k um corpo algebricamente fechado e seja f ∈ k[X1 , . . . , Xn ].
Calcule I(V (f )).
(2) Dados dois pontos distintos a e b em k 2 construa uma função polinomial k 2 → k que vale 0 em a e 1 em b.
(3) Mostre que Af ∼
= A[T ]/(T f − 1) (cf. o lema acima).
(4) Seja A um anel √
Noetheriano e I um ideal de A. Mostre que existe
m ≥ 1 tal que ( I)m = I.