Notas de Aula - IME-USP

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Notas de Aula
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Álgebra Comutativa
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Maria Eugenia Martin
Universidade de São Paulo
São Paulo, 23 de novembro de 2014
SUMÁRIO
1 anéis e ideais
2
1.1 Teorema Chinês dos Restos
1.2 Exercícios
14
26
Pr
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3 módulos
36
3.1 Módulos Finitamente Gerados
3.2 Sequências Exatas
41
3.3 Produto Tensorial de Módulos
3.4 Exercícios
51
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2 variedades
18
2.1 Espectro
18
2.2 Introdução à Geometria Algébrica
2.3 Exercícios
33
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12
4 localização
54
4.1 Propriedades Locais
60
4.2 Localização e Ideais Primos
4.3 Exercícios
65
38
43
61
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5 condições de cadeia
67
5.1 Anéis Noetherianos
73
5.2 Anéis Artinianos
76
5.3 Exercícios
78
6 decomposição primária
80
6.1 Decomposição Primária em Anéis Noetherianos
86
6.2 Aplicações da Decomposição Primária em Anéis Artinianos
88
6.3 Exercícios
93
7 extensões integrais
7.1 Exercícios 111
96
8 teoria da dimensão 113
8.1 Anéis Graduados 114
8.2 Função de Hilbert 115
8.3 Teorema de dimensão de Krull
8.4 Exercícios 124
i
121
a identidades binomiais
125
b referências bibliográficas
129
Ve
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Pr
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Índice Remissivo
127
ii
INTRODUÇÃO
Ve
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Pr
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Este texto corresponde à versão preliminar das notas de aula do curso
MAT5737-Introdução à Álgebra Comutativa ministrado no 2º Semestre de
2014, no Instituto de Matemática e Estatística da Universidade de São Paulo,
IME-USP.
O autor ficaria muito grato se lhe fossem enviadas sugestões de melhorias
ou que lhe fossem apontados erros porventura encontrados.
1
1
ANÉIS E IDEAIS
Aula 1
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aula 1: 11/08/2014
in
Vamos começar revendo rapidamente as definições e propriedades elementares de anéis, ideais primos e maximais e várias operações elementares que
podem ser realizadas em ideais.
Pr
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Definição 1. Um anel A é um conjunto com duas operações binárias: soma
e multiplicação, denotadas por (+, ·) respetivamente e tais que:
a. A é um grupo abeliano em relação a operação de soma “+” (logo A
tem um elemento nulo, 0, e todo a ∈ A tem um inverso aditivo, − a.)
b. A multiplicação “·” em A é associativa (( a · b) · c = a · (b · c)) e distributiva em relação à adição (a · (b + c) = a · b + a · c e (b + c) · a =
b · a + c · a)
Neste curso somente consideraremos anéis comutativos,isto é tais que:
c. a · b = b · a para todos a, b ∈ A
e que contenham um elemento identidade (denotado por 1):
Ve
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d. ∃1 ∈ A tal que a · 1 = 1 · a = a para todo a ∈ A. (Isto implica que o
elemento identidade é único)
Observação. a. Segue de imediato das definições acima que−1 · a = − a e
0 · a = 0 para todo elemento a ∈ A.
b. Não excluímos a possibilidade de 1 = 0. Se isto acontecer então para
qualquer a ∈ A temos a = a · 1 = a · 0 = 0 e logo A tem um único
elemento, 0. Neste caso A é denominado anel nulo e denotado por 0.
Definição 2. Um homomorfismo de anéis é uma aplicação f de um anel A
em um anel B tal que:
a. f ( a + b) = f ( a) + f (b) (logo f é um homomorfismo de grupos abelianos e logo também f ( a − b) = f ( a) − f (b), f (− a) = − f ( a), f (0) = 0),
b. f ( a · b) = f ( a) · f (b),
c. f (1 A ) = 1B .
2
ar
Em outras palavras, f respeita adição, multiplicação e o elemento identidade.
Um homomorfismo injetor e sobrejetor é chamado de isomorfismo.
Um subconjunto S de um anel A é um subanel de A se S é fechado sob
adição e multiplicação e contém o elemento identidade de A. A aplicação
identidade de S em A é então um homomorfismo de anéis injetivo que
chamaremos de “inclusão”.
Se f : A → B, g : B → C são homomorfismos de anéis então sua
composição g ◦ f : A → C é também um homomorfismo de anéis.
Pr
el
im
in
Definição 3. Um ideal I de um anel A é um subconjunto de A que é um
subgrupo aditivo e é tal que AI ⊆ I ou seja se a ∈ A e b ∈ I implica
que a · b ∈ I. Um ideal I é dito próprio se I 6= A ou equivalentemente se
1 6∈ I. Os múltiplos x · a de um elemento a ∈ A formam um ideal principal,
denotado por ( a). De modo mais geral, podemos definir o ideal de A
gerado pelo subconjunto S ⊆ A, denotado por hSi, como sendo o conjunto
gerado por todas as combinações A-lineares finitas:
hSi = { a1 · s1 + · · · + an · sn onde n ∈ N, ai ∈ A e si ∈ S}.
Ve
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ão
Exercício 1. Verifique que hSi é um ideal de A e que é o “menor” ideal
de A que contém o subconjunto S.
O grupo quociente A/I = { a = a + I | a ∈ A}, onde a + I = b + I se e
somente se a − b ∈ I, herda uma multiplicação de A definida de maneira
única como: a · b = a · b o que o torna um anel (comutativo com unidade),
chamado de anel quociente e denotado por A/I. A aplicação π : A → A/I
que leva cada a ∈ A em sua classe a é um homomorfismo de anéis sobrejetivo
que chamaremos de projeção canônica.
Usaremos frequentemente o seguinte fato (conhecido como “Teorema de
Correspondência entre Ideais”, TCI):
Teorema 4. (Teorema de Correspondência entre Ideais) Existe uma correspondência (que preserva ordem) um-a-um entre os ideais J de A que contém I, e os
ideais J de A/I, dada por J = π −1 ( J ).
Se f : A → B é um homomorfismo de anéis e J é um ideal de B, então a
pré-imagem f −1 ( J ) é sempre um ideal de A. Mas se I é um ideal de A, o
conjunto f ( I ) não necessariamente é um ideal de B, para que isso aconteça
f deve ser sobrejetor. (prova: Exercício 2.)
Exemplo 5. Seja f a inclusão de Z em Q e seja I = (3) o ideal principal não
nulo de Z gerado por 3, então f ( I ) ⊆ Q é o próprio I. Se I for um ideal de
Q então QI ⊆ I mas 12 · 3 = 23 6∈ (3) = {0, ±3, ±6, ±9, ±12, . . . }. Logo f ( I )
não é um ideal de Q.
3
Como consequência o kernel de f , Ker( f ) = f −1 (0), é um ideal de A mas
só podemos afirmar que a imagem de f , Im( f ) = f ( A), é um subanel de B.
O homomorfismo f induz um isomorfismo de anéis A/ Ker( f ) ' Im( f ).
Definição 6.
in
ar
a. Um divisor de zero num anel A é um elemento a ∈ A o qual “divide
0”, i.e., para o qual existe b 6= 0 em A tal que a · b = 0. Um anel sem
divisores de zero não nulos (e no qual 1 6= 0) é chamado de domínio
de integridade (ou seja, num domínio de integridade se a · b = 0 então
ou a = 0 ou b = 0).
Pr
el
im
b. Uma unidade em A é um elemento a ∈ A o qual “divide 1”, i.e., para
o qual existe b ∈ A tal que a · b = 1. O elemento b é determinado de
maneira única por a e é denotado por a−1 . As unidades em A formam
um grupo abeliano (multiplicativo), A× . Um corpo é um anel k no
qual 1 6= 0 e todo elemento não nulo é uma unidade.
Exemplo 7. Seja k um corpo, então k e k[ x1 , . . . , xn ] (xi indeterminadas) são
domínios de integridade. Z é um domínio de integridade mas não é um
corpo.
O elemento a ∈ A é uma unidade se e somente se ( a) = A = (1). (prova:
Exercício 3.)
Proposição 8. Seja A um anel não nulo. Então as seguintes afirmações são
equivalentes:
a. A é um corpo;
Ve
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ão
b. os únicos ideais de A são 0 e A;
c. todo homomorfismo de A num anel não nulo B é injetivo.
Demonstração. Exercício 4.
Definição 9. Um ideal p de A é dito primo se p 6= A e se a · b ∈ p ⇒ ou
a ∈ p ou b ∈ p. Um ideal m de A é dito maximal se m 6= A e se sempre que
exista um outro ideal I tal que m ⊆ I ⊆ A então ou I = A ou I = m.1
Equivalentemente às definições temos:
Proposição 10.
a. p é um ideal primo se e somente se A/p é um domínio de integridade.
b. m é um ideal maximal se e somente se A/m é um corpo.
1 Note que por definição ideais primos e maximais são ideais próprios.
4
Demonstração.
a. Exercício 5.
ar
b. Suponha que m é um ideal maximal de A. Seja J ⊆ A/m um ideal de
A/m, pelo TCI (Teorema 4) J = π −1 ( J ) é um ideal de A que contém
m, ou seja m ⊆ J ⊆ A. Da maximalidade de m segue que ou J = m ou
J = A, logo ou J = 0 ou J = A/m. Portanto os únicos ideais de A/m
são 0 e o próprio A/m. Segue da Proposição 8 que A/m é um corpo.
Pr
el
im
in
Suponha agora que A/m é um corpo2 . Seja J um ideal de A tal que
m ⊆ J ⊆ A, logo J = J/m é um ideal de A/m que é um corpo. Da
Proposição 8 segue que ou J = 0 ou J = A/m, logo J = m ou J = A o
que implica que m é um ideal maximal de A.
Como consequências temos: o ideal zero (0) = 0 é primo se e somente se
A é um domínio de integridade; o ideal zero (0) é maximal se e somente
se A é um corpo; e se m é um ideal maximal⇒ A/m é um corpo⇒ A/m é
um domínio de integridade⇒m é um ideal primo, ressaltamos porém que a
recíproca não é verdadeira.
Proposição 11. Se f : A → B é um homomorfismo de anéis e q é um ideal primo
em B, então f −1 (q) é um ideal primo em A.
Ve
rs
ão
Demonstração. Como vimos anteriormente f −1 (q) é de fato um ideal de A.
Vejamos agora que é próprio: de fato se 1 A ∈ f −1 (q) então f (1 A ) = 1B ∈ q
contrariando o fato de q ser próprio. Por outro lado, se a · b ∈ f −1 (q) então
f ( a · b) = f ( a) · f (b) ∈ q, como q é primo segue que ou f ( a) ∈ q ou f (b) ∈ q,
i.e., ou a ∈ f −1 (q) ou b ∈ f −1 (q), o que implica por definição que f −1 (q) é
um ideal primo de A.
A proposição anterior se torna falsa se trocamos “ideal primo” por “ideal
maximal”, vejamos o seguinte contraexemplo:
Exemplo 12. Seja f : Z ,→ Q o homomorfismo de anéis “inclusão”. Como Q
é um corpo, o ideal (0) de Q é maximal. Segue do fato de f ser injetora que
o ideal f −1 (0) = Ker( f ) = (0), mas (0) não é um ideal maximal de Z pois
Z não é um corpo. Por outro lado, como Z é um domínio de integridade
então (0) = f −1 (0) é um ideal primo.
Ideais primos são fundamentalmente importantes na álgebra comutativa.
O próximo teorema garante que ideais maximais (e portanto primos) existem
2 E logo por definição 1 6= 0, o que implica A/m 6= 0 ou seja A 6= m. Precisamos esta
condição para m ser maximal.
5
em abundância. A prova de dito teorema é uma aplicação padrão do famoso
Lema de Zorn. Para isso lembraremos rapidamente os conceitos necessários.
Um conjunto não vazio Ω é dito parcialmente ordenado se for dada uma
relação ≤ em Ω a qual é reflexiva, transitiva e tal que se x ≤ y e y ≤ x então
x = y. Um subconjunto S ⊆ Ω é uma cadeia se para todo par de elementos
x, y ∈ S temos x ≤ y ou y ≤ x. O Lema de Zorn pode ser enunciado como
segue:
m
in
Passamos agora ao enunciado do Teorema:
ar
Lema 13. Se toda cadeia S ⊆ Ω de um conjunto parcialmente ordenado Ω 6= ∅
tem uma cota superior em Ω (i.e., existe x ∈ Ω tal que y ≤ x para todo y ∈ S),
então Ω possui pelo menos um elemento maximal.
Teorema 14. Todo anel não nulo A 6= 0 possui pelo menos um ideal maximal.
ão
Pr
eli
Demonstração. Seja Ω o conjunto de todos os ideais próprios de A parcialmente ordenados por inclusão (⊆). Como A 6= 0, Ω é não vazio pois
(0) ∈ Ω. Devemos mostrar que Ω possui um elemento maximal e faremos
isso aplicando o Lema de Zorn. Para isso, devemos mostrar que toda cadeia
S ⊆ Ω tem uma cota superior em Ω. Seja S = ( Iα ) uma cadeia de ideais em
Ω, então para cada par de índices α, β temos uma das possibilidades: ou
S
Iα ⊆ Iβ ou Iβ ⊆ Iα . Denotemos por m = α Iα , este será o nosso candidato a
cota superior de S em Ω.
Vejamos primeiramente que m ∈ Ω, i.e., que m é um ideal próprio de A.
Sejam x, y ∈ m então existem índices α, β tal que x ∈ Iα e y ∈ Iβ , sem perda
de generalidade podemos supor que Iα ⊆ Iβ logo x + y ∈ Iβ ⊆ m. Por outro
lado, seja a ∈ A então a · x ∈ Iα ⊆ m. Isto mostra que m é um ideal de A.
Para ver que ele é próprio só basta observar que 1 6∈ m pois 1 6∈ Iα para todo
α.
Por último, só resta observar que Iα ⊆ m para todo α, logo m é uma cota
superior de S.
Ve
rs
Aula 2
aula 2: 13/08/2014
Lembrando a última aula. Um conjunto não vazio Ω é dito parcialmente
ordenado se for dada uma relação ≤ em Ω a qual é reflexiva, transitiva e
tal que se x ≤ y e y ≤ x então x = y. Um subconjunto S ⊆ Ω é uma cadeia
se para todo par de elementos x, y ∈ S temos x ≤ y ou y ≤ x.
O Lema de Zorn pode ser enunciado como segue:
Lema. Se toda cadeia S ⊆ Ω de um conjunto parcialmente ordenado Ω 6= ∅ tem
uma cota superior em Ω (i.e., existe x ∈ Ω tal que y ≤ x para todo y ∈ S), então
Ω possui pelo menos um elemento maximal.
6
Teorema. Todo anel não nulo A 6= 0 possui pelo menos um ideal maximal.
Como aplicações diretas do teorema anterior temos os seguintes corolários:
Corolário 15. Todo ideal próprio I de A está contido num ideal maximal.
ar
Demonstração. Exercício 6. Basta aplicar o Teorema 14 para o anel A/I no
lugar de A e usar o TCI.
Corolário 16. Todo elemento de A que não é uma unidade está contido num ideal
maximal.
in
Operações com ideais
Pr
el
im
Dados dois ideais I e J de um anel A, definimos os seguintes ideais:
a. A soma de I e J é o conjunto de todos os elementos x + y onde x ∈ I
e y ∈ J. É o menor ideal que contém I e J, em outras palavras é o
ideal gerado pela união I ∪ J. Analogamente, podemos definir a soma
∑α∈Λ Iα de qualquer família de ideais Iα de A cujos elementos são
todas as somas ∑ xα onde xα ∈ Iα para todo α ∈ Λ e quase todos os xα
(i.e., todos exceto um conjunto finito) são zero. É o menor ideal que
contém todos os ideais Iα .
b. A interseção de qualquer família de ( Iα )α∈Λ ideais é um ideal.
Ve
rs
ão
c. O produto de dois ideais I, J de A é o ideal I · J gerado por todos
os produtos x · y, onde x ∈ I e y ∈ J. É o conjunto de todas as
somas finitas ∑ xi y j onde cada xi ∈ I e cada y j ∈ J. Analogamente
definimos o produto de qualquer família finita de ideais. Em particular,
são definidas as potências I n (n > 0) de um ideal I. Por convenção
I 0 = (1) e I n é o ideal gerado por todos os produtos x1 · x2 · · · · · xn
onde cada xi ∈ I.
Observação.
a. Em geral a união de dois ideais I ∪ J não é um ideal.
b. As três operações são comutativas e associativas. Também existe uma
lei distributiva I · ( J + K ) = I · J + I · K.
c. Lei Modular: Se J ⊆ I ou K ⊆ I então I ∩ ( J + K ) = I ∩ J + I ∩ K.
(Exercício 7.)
d. Pela lei distributiva ( I + J ) · ( I ∩ J ) = I · ( I ∩ J ) + J · ( I ∩ J ) ⊆ I · J, esta
última inclusão devido a que I ∩ J ⊆ J e I ∩ J ⊆ I.
7
e. Sempre temos a inclusão I · J ⊆ I ∩ J, a igualdade acontece se I + J =
A.
Definição 17. Dois ideais I, J são ditos coprimos se I + J = A.
Logo para ideais coprimos temos a igualdade I ∩ J = I · J. Claramente
dois ideais I e J são coprimos se e somente se existe a ∈ I e b ∈ J tal que
a + b = 1.
ar
Existem anéis com exatamente um ideal maximal, como os corpos. Esta
ideia levou à seguinte definição.
in
Definição 18. Um anel A que possui exatamente um ideal maximal m é
chamado de anel local. O corpo k = A/m é chamado de corpo de resíduos
de A.
Pr
el
im
Proposição 19.
a. Seja A um anel e m um ideal próprio de A tal que todo a ∈ A − m é uma
unidade de A. Então A é um anel local e m seu ideal maximal.
b. Seja A um anel e m um ideal maximal de A, tal que todo elemento de 1 + m
(i.e., todo 1 + a onde a ∈ m) é uma unidade de A. Então A é um anel local.
Ve
rs
ão
Demonstração. Suponha que existe um ideal I tal que m ⊆ I ⊆ A. Então ou
I = A ou I é próprio e logo consiste de elementos que não são unidades,
logo (por hipótese) está contido em m e por tanto I = m. Por definição m
é maximal. Suponha que exista outro ideal maximal m0 ⊆ A, como ele é
próprio consiste de elementos que não são unidades logo m0 ⊆ m ⊆ A, da
maximalidade de m0 e do fato de m ser próprio por hipótese, segue que
m0 = m e A é um anel local. Isto prova (a. ). Para provar (b. ) vamos
usar o item (a. ), logo considere a ∈ A − m. Logo m ( h a, mi ⊆ A, onde
h a, mi é o ideal gerado por a e m. Então da maximalidade de m segue que
h a, mi = A. Logo existe b ∈ A e t ∈ m tal que a · b + t = 1 o que implica que
a · b = 1 − t ∈ 1 + m e por hipótese é uma unidade , logo a é uma unidade.
Pelo item (a. ) A é um anel local.
Exemplo 20. Todo ideal em Z é principal, ou seja é da forma (m) para
algum m ≥ 0. O ideal (m) é primo se e somente se m = 0 ou um número
primo. Todos os ideais ( p), onde p é um número primo, são maximais pois
Z/( p) = Z p é o corpo com p elementos.
Isto nos motiva à seguinte definição.
Definição 21. Um domínio de ideais principais (DIP) é um domínio de
integridade no qual todo ideal é principal.
Em tal anel todo ideal primo não nulo é maximal: seja ( a) 6= 0 um ideal
primo e suponha que ( a) ⊆ (b) ⊆ A, logo a ∈ (b) assim a = b · c. Mas então
8
b · c ∈ ( a). Suponha que ( a) ( (b) então b 6∈ ( a) mas ( a) é primo então deve
ser c ∈ ( a) assim c = d · a. Então a = b · c = b · d · a. Isto implica que
0 = b · d · a − a = (b · d − 1) · a,
ar
como por hipótese a 6= 0 e o anel A é um domínio então deve ser (b · d − 1) =
0, logo b · d = 1 e por tanto (b) = A. Logo ( a) é maximal.
Assim provamos a seguinte proposição:
Proposição 22. Seja A um DIP e I 6= 0 um ideal não nulo de A. Então I é primo
se e somente se I é maximal.
Pr
el
im
in
Definição 23. Um elemento a ∈ A é nilpotente se an = 0 para algum n > 0.
O conjunto N de todos os elementos nilpotentes de um anel A é um ideal
(Exercício 8. dica: use o Binômio de Newton) chamado de nilradical de A.
Seja a um elemento nilpotente do anel quociente A/N, então existe n > 0
tal que 0 = an = an ou seja an ∈ N. Logo existe k > 0 tal que ( an )k = 0,
i.e., ank = 0 e portanto a ∈ N ou seja a = 0. Assim provamos que o anel
quociente A/N não tem elementos nilpotentes não nulos.
A seguinte proposição da uma definição alternativa de nilradical:
Proposição 24. O nilradical de A é a interseção de todos os ideais primos de A.
Ve
rs
ão
Demonstração. Denotemos por N0 à interseção de todos os ideais primos de
A. Seja a ∈ N e p qualquer ideal primo de A. Então existe n > 0 tal que
an = 0, mas como 0 ∈ p temos que an ∈ p, segue do fato de p ser primo que
ou a ∈ p ou an−1 ∈ p (se continuarmos com o mesmo raciocínio neste último
caso chegaremos a que a2 ∈ p) e logo a ∈ p para todo p ideal primo de A, o
que implica que a ∈ N0 . Provamos N ⊆ N0 .
Por outro lado, suponha que a 6∈ N (ou seja para todo n > 0, an 6= 0).
Seja Ω o conjunto dos ideais I com a seguinte propriedade “Se n > 0 então
an 6∈ I”. Observe que Ω 6= ∅ pois (0) ∈ Ω. Queremos aplicar o Lema de
Zorn ao conjunto não vazio Ω parcialmente ordenado por inclusão, seguindo
o raciocínio da prova do Teorema 14. Então seja S = ( Iα ) uma cadeia de
S
ideais em Ω e denotemos por I = α Iα . Como provamos anteriormente I é
um ideal3 de A e como para cada n > 0, an 6∈ Iα para todo α então an 6∈ I
e logo I ∈ Ω e claramente é uma cota superior da cadeia S. O Lema de
Zorn nos garante que Ω tem um elemento maximal p. Queremos provar
que p é um ideal primo. Sejam x, y 6∈ p, então p está estritamente contido
nos ideais p + ( x ) e p + (y), logo ambos ideais não pertencem a Ω (pois isto
seria uma contradição ao fato de p ser um elemento maximal de Ω), isto
significa que existem m, n > 0 tal que am ∈ p + ( x ) e an ∈ p + (y), ou seja
3 Observe que em geral união de ideais não é ideal mas aqui os ideais pertencem a uma
cadeia e é este fato que faz a união ser um ideal.
9
podemos escrever am = p0 + x 0 e an = p00 + y0 , onde p0 , p00 ∈ p, x 0 ∈ ( x ) e
y0 ∈ (y). Assim
am · an = p0 · p00 + p0 · y0 + x 0 · p00 + x 0 · y0 = p000 + x 0 · y0 ,
ar
segue que am+n ∈ p + ( x · y) o que implica que o ideal p + ( x · y) não
pertence a Ω, logo x · y 6∈ p (caso contrário, se x · y ∈ p então ( x · y) ⊆ p,
logo p + ( x · y) = p ∈ Ω) e p é primo. Portanto, existe um ideal primo p tal
que a 6∈ p logo a 6∈ N0 . Com isto provamos que N0 ⊆ N.
in
Definição 25. O radical de Jacobson R de A é definido como sendo a
interseção de todos os ideais maximais de A.
A seguinte proposição caracteriza o radical de Jacobson.
Pr
el
im
Proposição 26. a ∈ R se e somente se 1 − a · b é uma unidade de A para todo
b ∈ A.
Demonstração. (⇒) Suponha que 1 − a · b não é uma unidade. Então do
Corolário 16 temos que 1 − a · b pertence a algum ideal maximal m; mas
a ∈ R ⊆ m, logo a · b ∈ m e portanto 1 ∈ m o que é uma contradição ao fato
de m ser maximal e logo próprio.
(⇐) Suponha que a 6∈ R ou seja existe m um ideal maximal de A tal que
a 6∈ m. Logo m ( hm, ai ⊆ A o que implica que hm, ai = A, então existem
m ∈ m e b ∈ A tal que 1 = m + a · b. Logo 1 − a · b ∈ m e portanto não é
uma unidade (se for, m não seria próprio).
Ve
rs
ão
aula 3: 22/08/2014
Lembrando a última aula. O conjunto N de todos os elementos nilpotentes
de um anel A é chamado de nilradical de A.
Proposição. O nilradical de A é a interseção de todos os ideais primos de A.
√
Definição 27. Definimos o radical do ideal I de A como sendo I = { a ∈
A | an ∈ I para algum n > 0}.
√
Se π : A → A/I é o homomorfismo
projeção,
então
I = π −1 (N A/I )
√
(provar Exercício 9.) e logo I é um ideal (pelo Exercício 2: pré-imagem de
ideal é ideal).
Proposição 28. O radical de um ideal I é a interseção de todos os ideais primos de
A que contêm I.
10
Aula 3
˙ temos
Demonstração. Aplicando a Proposição 24 a A/I
\
N A/I =
p,
p ideal primo de
A/I
logo
=
π −1 (p )
\
p ideal primo de
A/I
\
=
ar
I = π −1 (N A/I )
p ideal primo de
p,
A
que contém
I
in
√
Proposição 29.
Pr
el
im
onde na última igualdade aplicamos o TCI e a Proposição 11 (pré-imagem
de ideal primo é ideal primo).
a. Sejam p1 , . . . , pn ideais primos e seja I um ideal contido em
I ⊆ pi para algum i.
Tn
b. Sejam I1 , . . . , In ideais e seja p um ideal primo contendo
T
para algum i. Se p = in=1 Ii então p = Ii para algum i.
Sn
i =1 Ii .
i = 1 pi .
Então
Então p ⊇ Ii
Demonstração. O primeiro item é provado por contra-positiva e indução em
n, i.e. provaremos que
n
[
Ve
rs
ão
I * pi ( 1 ≤ i ≤ n ) ⇒ I *
pi .
i =1
Claramente é verdadeiro para n = 1. Se n > 1 e o resultado verdadeiro para
n − 1 (ou seja é verdadeiro se considerarmos quaisquer n − 1 pi ’s), então
para cada i existe ai ∈ I tal que ai 6∈ p j sempre que j 6= i. Agora temos duas
possibilidades, se para algum i temos ai 6∈ pi então acabou. Mas se ai ∈ pi
para todo i, então considere o elemento b = ∑in=1 a1 · a2 · · · abi · · · an ∈ I e
suponha que existe i0 tal que b ∈ pi0 . Então
n
a1 a2 · · · ac
i0 · · · an = b − ∑ a1 · a2 · · · ai0 · · · abi · · · an ∈ pi0 ,
i =1
i 6 = i0
como pi0 é primo então pelo menos um dos ai com i 6= i0 deve pertencer
a pi0 o que é uma contradição. Logo b 6∈ pi para todo 1 ≤ i ≤ n, portanto
S
I * in=1 pi .
11
Para provar o segundo item suponha que p + Ii para todo i. Então para
cada i existe ai ∈ Ii tal que ai 6∈ p, mas p é primo logo a1 a2 . . . an 6∈ p. Por
T
outro lado a1 · a2 · · · an ∈ ∏in=1 Ii ⊆ in=1 Ii ⊆ p o que é uma contradição.
T
Por último se p = in=1 Ii então p ⊆ Ii para todo i. Se supomos que
essa inclusão é estrita para todo i, seguindo o raciocínio do caso anterior
chegaremos a uma contradição, logo p = Ii para algum i.
ar
Definição 30. Definimos o ideal quociente dos ideais I e J de A, como
sendo o ideal ( I : J ) = { a ∈ A | a · J ⊆ I }.
1.1
teorema chinês dos restos
m
in
Em particular (0 : J ) é chamado de aniquilador de J e é frequentemente
denotado por Ann( J ), consiste dos elementos a ∈ A tais que a · J = 0.
Se J é um ideal principal ( a) escreveremos ( I : a) ao invés de ( I : ( a)).
Definimos o produto direto dos anéis A1 , . . . , An
n
∏ Ai
i =1
Pr
eli
A=
ão
como sendo o conjunto de todas as sequências a = ( a1 , . . . , an ) com ai ∈ Ai
(1 ≤ i ≤ n) e adição e multiplicação componente a componente. Com essas
operações A é um anel comutativo com elemento identidade (1, 1, . . . , 1).
As projeções pi : A → Ai definidas por pi ( a) = ai são homomorfismos de
anéis sobrejetores.
O seguinte teorema é uma generalização do Teorema Chinês dos Restos da
teoria dos números, o qual na sua versão original afirma que, dados inteiros
m1 , m2 , . . . , mr dois a dois coprimos (i.e., mdc(mi , m j ) = 1 se i 6= j) então o
sistema de congruências
Ve
rs
x ≡ a1 (mod m1 )
x ≡ a2 (mod m2 )
..
.
x ≡ ar (mod mr )
admite solução em x que é única módulo m1 · m2 . . . mr . Na linguagem da
álgebra comutativa isto se traduz como: existe um isomorfismo de anéis
∼
Z
Z
Z
Z
=
×
×···×
−→
( m1 ) ( m2 )
( mr )
( m1 · m2 . . . mr )
( x mod m1 , x mod m2 , . . . , x mod mr ) 7−→ x mod(m1 · m2 . . . mr ).
12
O isomorfismo ainda existe quando consideramos um anel qualquer e ideais
coprimos.
Teorema 31. (Teorema Chinês dos Restos) Seja A um anel e sejam I1 , . . . , In
ideais dois a dois coprimos (i.e., Ii + Ij = A para i 6= j). Então:
a. I1 ∩ · · · ∩ In = I1 . . . In
A
A
A
A
' × ×···×
I1 · I2 · . . . · In
I1
I2
In
ar
b.
Demonstração.
Pr
el
im
in
a. Claramente para quaisquer ideais Ii , sempre temos I1 . . . In ⊆ I1 ∩ · · · ∩
In . Para mostrar a inclusão oposta, procedemos por indução em n
sendo o caso n = 1 trivial. Para n = 2, como I1 e I2 são coprimos
existem ai ∈ Ii tais que 1 = a1 + a2 . Assim, seja c ∈ I1 ∩ I2 então
c = c · a1 + c · a2 ∈ I1 · I2 como desejado. Vamos supor que é verdade
para n − 1, queremos provar que vale para n. Para isso basta mostrar
que os ideais I1 . . . In−1 e In são coprimos pois com isso e a hipótese
de indução teremos
HI
n =2
( I1 ∩ · · · ∩ In−1 ) ∩ In = ( I1 . . . In−1 ) ∩ In = ( I1 . . . In−1 ) · In .
Como Ii e In são coprimos para i < n, existem ai ∈ Ii e bi ∈ In tais que
ai + bi = 1 para i = 1, . . . , n − 1. Assim,
1 = ( a1 + b1 ) . . . ( an−1 + bn−1 )
Ve
rs
ão
= a1 · a2 . . . an−1 + ∑ b j (]) ∈ I1 . . . In−1 + In
o que mostra que I1 . . . In−1 + In = A e logo I1 . . . In−1 e In são coprimos.
b. Para mostrar (b. ) observaremos primeiramente que todo homomorfismo de anéis f : A → B induz um isomorfismo de anéis
f : A/ Ker( f ) → Im( f ) dado por f ( a) = f ( a). (Exercício 10.)
Seja ϕ : A → IA1 × IA2 × · · · × IAn definida por a 7→ ( a + I1 , a + I2 , . . . , a +
In ). Logo a ∈ Ker( ϕ)⇔ ϕ( a) = 0 ⇔ a ∈ Ii para todo i = 1, . . . , n ⇔
(a. )
a ∈ I1 ∩ · · · ∩ In = I1 . . . In . Logo Ker( ϕ) = I1 . . . In . Mostraremos a
seguir que ϕ é sobrejetor. Para isso observamos que pelo item anterior
os ideais Ii e I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ b
Ii ∩ · · · ∩ In são coprimos, logo para cada
i = 1, . . . , n existem ei ∈ I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ b
Ii ∩ · · · ∩ In (i.e., ei ∈ Ij para
todo 1 ≤ j ≤ n com j 6= i) e ci ∈ Ii tal que 1 = ei + ci , assim ei = 0 + Ij
para todo j 6= i e por outro lado ei − 1 = −ci ∈ Ii , logo ei = 1 + Ii . Dito
13
isto, seja (b1 , . . . , bn ) ∈ IA1 × IA2 × · · · × IAn onde bi = bi + Ii com bi ∈ A
para todo i. Então existe a ∈ A dado por a = b1 e1 + · · · + bn en tal que
ϕ( a) = ( a + I1 , a + I2 , . . . , a + In )
= ((b1 e1 + · · · + bn en ) + I1 , . . . , (b1 e1 + · · · + bn en ) + In )
= (b1 e1 + I1 , . . . , bi ei + Ii , . . . , bn en + In )
ar
= (b1 , . . . , bn )
A/ Ker( ϕ) ' Im( ϕ),
Pr
el
im
ou seja
in
Logo ϕ é sobre. Segue da observação que o homomorfismo induzido
ϕ : A/ Ker( ϕ) → Im( ϕ) é um isomorfismo, logo
A
A
A
A
' × ×···×
I1 . . . In
I1
I2
In
Ve
rs
ão
Exemplo 32. Considere o anel dos polinômios com coeficientes no corpo dos
C[ x ]
C[ x ]
x]
√ × C[√
números complexos C[ x ] e mostre que h x2 −3i '
. Observe
h x + 3i h x − 3i
que se a, b ∈ A então h a · bi = h ai · hbi (Exercício 11.).
Como x2 − 3 =
D
√
√ E D
√ E
√
2
( x + 3)( x − 3) ∈ C[ x ] logo temos x − 3 = x + 3 · x − 3 .
Agora observe que
√
√
√ E
√ E D
( x + 3) − ( x − 3) D
√
1=
∈ x+ 3 + x− 3
2 3
D
√ E D
√ E
o que implica que os ideais x + 3 e x − 3 são coprimos. Logo pelo
TCR
C[ x ]
C[ x ]
C[ x ]
C[ x ]
E D
E ' D
E×D
=D
√
√
√
√ E.
2
h x − 3i
x+ 3 · x− 3
x+ 3
x− 3
1.2
exercícios
Ex. 1 — Seja S ⊆ A um subconjunto de um anel A. Mostre que:
1. hSi é um ideal de A .
2. hSi é o menor ideal de A que contém o subconjunto S.
3. Se a, b ∈ A então h a · bi = h ai · hbi.
14
Ex. 2 — Se f : A → B é um homomorfismo de anéis e J um ideal de B,
então a pré-imagem f −1 ( J ) é um ideal de A.
Ex. 3 — O elemento a ∈ A é uma unidade se e somente se h ai = A = h1i.
ar
Ex. 4 — Prove o Teorema da Correspondência de Ideais: os ideais de A/I estão
em bijeção com os ideais de A que contém I. Mostre que esta bijeção
preserva ideais primos e maximais.
in
Ex. 5 — Prove que todo ideal próprio I de A está contido num ideal maximal.
a. A é um corpo;
Pr
el
im
Ex. 6 — Seja A um anel não nulo. Mostre que as seguintes afirmações são
equivalentes:
b. os únicos ideais de A são 0 e A;
c. todo homomorfismo de A num anel não nulo B é injetivo.
Ex. 7 — Mostre que p é um ideal primo se e somente se A/p é um domínio
de integridade.
Ex. 8 — Demonstre que todo homomorfismo de anéis f : A → B induz um
isomorfismo de anéis f : A/ Ker( f ) → Im( f ) dado por f ( a) = f ( a).
A[ x1 ,...,xn ]
h x1 − a1 ,...,xn − an i
Ve
rs
ão
Ex. 9 — Seja A um anel, mostre que
' A.
Ex. 10 — Seja k um corpo e seja f ( x ) ∈ k[ x ] um polinômio não nulo com
fatoração
f ( x ) = a · p 1 ( x ) e1 · · · p r ( x ) er ,
em potências de polinômios mônicos irredutíveis distintos pi ( x ).
1. Mostre que:
k[ x ]
k[ x ]
k[ x ]
'
×
·
·
·
×
.
h f ( x )i
h p 1 ( x ) e1 i
h p r ( x ) er i
2. Conclua que
Fq [ x ]
hxq −xi
' Fq × · · · × Fq
|
{z
}
q vezes
15
Ex. 11 — Sejam I, J e K ideais de A. Mostre que:
1. I + J é o menor ideal de A contendo I e J.
2. I ∩ J é ideal de A
3. I · J ⊆ I ∩ J
4. Se I + J = A, então I · J = I ∩ J
5. I · ( J + K ) = I · J + I · K
ar
6. Se J ⊆ I ou K ⊆ I então I ∩ ( J + K ) = I ∩ J + I ∩ K (Lei Modular).
Ex. 12 — Seja A um anel e f = a0 + a1 x + . . . an x n ∈ A[ x ], mostre que:
in
1. f é unidade em A[ x ] se e somente se a0 é unidade em A e a1 , . . . , an
forem nilpotentes.
2. f é nilpotente em A[ x ] se e somente se a0 , a1 , . . . , an forem nilpotentes.
Pr
el
im
3. f é um divisor de zero em A[ x ] se e somente se existe a 6= 0 em A tal
que a f = 0.
Ex. 13 — Seja p um ideal primo e sejam Ii ideais quaisquer do anel A.
Mostre que p ⊇ I1 I2 · · · In ⇐⇒ p ⊇ Ii para algum i.
Ex. 14 — Seja A o anel das funções reais contínuas em [0, 1], i.e,
A = { f : [0, 1] → R|
f é contínua}.
Mostre que qualquer ideal maximal de A é da forma
Ve
rs
ão
Ix = { f ∈ A | f ( x ) = 0 }
para algum x ∈ [0, 1]. Conclua que existe uma bijeção entre pontos x ∈ [0, 1]
e ideais maximais de A.
Ex. 15 — Mostre que o nilradical
N( A) := { a ∈ A, ∃n ∈ N > 0 : an = 0}
é um ideal de A.
Ex. 16 — Se I é ideal de um anel A, definimos o radical de I por
√
I = { a ∈ A| an ∈ I, para algum n > 0}
1. Mostre que
√
I é um ideal de A contendo I.
2. Dado π : A → A/I a projeção canônica. Mostre que
p√
√
3. Mostre que
I= I
16
√
I = π −1 (N( A/I ))
√
√
I ∩ J.
√
5. Mostre que se I é primo então I n = I para todo n ∈ N.
4. Mostre que
√
I·J=
√
I∩J=
Ex. 17 — Um ideal I de um anel A é dito radical se
√
I = I. Mostre que
1. Todo ideal primo é radical.
ar
2. (0) é ideal radical de Z/nZ se, e somente se, n é livre de quadrados.4
Deduza que hni é ideal radical de Z se, e somente se, n é livre de
quadrados.
in
Ex. 18 — Dado A um anel e N o seu nilradical. Mostre que são equivalentes:
a. A possui apenas um ideal primo;
b. Todo elemento de A ou é uma unidade ou nilpotente;
Pr
el
im
c. A/N é um corpo.
Ex. 19 — Sejam I, J e K ideais de A. Mostre que:
p
I+J·K =
p
I+J∩K =
p
I+J∩
√
I+K
Ex. 20 — Sejam I, Ii , J, Ji e K ideais de A. Definimos o ideal quociente de
I por J como sendo ( I : J ) = { a ∈ A | a · J ⊆ I }. Mostre que:
1. ( I : J ) é um ideal de A que contém I.
2. (( I : J ) : K ) = ( I : J · K ) = (( I : K ) : J )
: J) =
T
4. ( I : ∑i Ji ) =
T
T
i Ii
i ( Ii
: J)
Ve
rs
ão
3. (
i(I
: Ji )
4 Um número natural é dito livre de quadrados se não for divisível pelo quadrado de
nenhum número inteiro diferente de 1.
17
2
VA R I E D A D E S
espectro
ar
2.1
Definição 33. Definimos o espectro de um anel A, Spec( A), como sendo o
conjunto de todos os ideais primos de A.
Spec(φ) : Spec( B) → Spec( A)
Pr
el
im
q 7 → φ −1 (q )
in
Se φ : A → B é um homomorfismo de anéis, denotamos por
o morfismo entre espectros induzido por φ. Note que Spec(φ) está bem
definido pois da Proposição 11, φ−1 (q) é um ideal primo de A.
Lema 34. Seja A um anel.
a. Spec( A) = ∅ se e somente se A = 0.
b. Seja I um ideal qualquer do anel A e π : A → A/I o homomorfismo projeção.
Então Spec(π ) : Spec( A/I ) → Spec( A) é injetor e sua imagem é dada por
V ( I ) := {p ∈ Spec( A) | p ⊇ I }
Ve
rs
ão
de modo que temos uma identificação natural Spec( A/I ) = V ( I ).
Demonstração. A primeira afirmação é consequência do Teorema 14 (Todo
anel não nulo possui pelo menos um ideal maximal e portanto primo) e o
segundo é consequência do TCI e do fato dessa “correspondência” preservar
ideais primos.
Mostraremos a seguir que os conjuntos da forma V ( I ), para I um ideal
qualquer de A, são os fechados de uma topologia em Spec( A), chamada
Topologia de Zariski.
Lema 35. Seja A um anel, I, J e Ii ideais de A. Então:
a. V ((0)) = Spec( A) e V ( A) = ∅;
b. V ( I ) ∪ V ( J ) = V ( I · J );
c.
T
i ∈Λ V ( Ii )
= V (∑i∈Λ Ii ).
18
i ∈Λ
∑ Ii ⊆ p ⇔ Ii ⊆ p para todo i ∈ Λ
i ∈Λ
⇔ p ∈ V ( Ii ) para todo i ∈ Λ ⇔ p ∈
\
Pr
el
im
i ∈Λ
V ( Ii ).
in
p ∈ V ( ∑ Ii ) ⇔
ar
Demonstração. O primeiro item é trivial. Para ver (b. ) Seja p ∈ V ( I ) ∪ V ( J )
logo ou p ∈ V ( I ) ou p ∈ V ( J ), ou seja, ou I ⊆ p ou J ⊆ p. Logo I · J ⊆ p
o que implica p ∈ V ( I · J ). Reciprocamente, seja p ∈ V ( I · J ) isto significa
que I · J ⊆ p. Suponha que I * p logo existe a ∈ I tal que a 6∈ p. Seja
b ∈ J um elemento qualquer então a · b ∈ I · J ⊆ p, como p é primo e
a 6∈ p então necessariamente b ∈ p e logo J ⊆ p, logo p ∈ V ( J ) e portanto
p ∈ V ( I ) ∪ V ( J ). Para ver (c. ) lembre que, por definição, ∑i∈Λ Ii é o menor
ideal que contém todos os Ii , logo
aula 4: 27/08/2014
Lembrando a última aula. Definimos o espectro de um anel A, Spec( A),
como sendo o conjunto de todos os ideais primos de A.
Se φ : A → B é um homomorfismo de anéis, denotamos por
Spec(φ) : Spec( B) → Spec( A)
q 7 → φ −1 (q )
Ve
rs
ão
o mapa entre espectros induzido por φ.
Seja I um ideal qualquer do anel A definimos V ( I ) := {p ∈ Spec( A) | p ⊇ I },
provamos que os conjuntos das forma V ( I ) são os fechados de uma topologia
em Spec( A), chamada Topologia de Zariski.
Lema. Seja A um anel, I, J e Ii ideais de A. Então:
a. V ((0)) = Spec( A) e V ( A) = ∅;
b. V ( I ) ∪ V ( J ) = V ( I · J );
c.
T
i ∈Λ V ( Ii )
= V (∑i∈Λ Ii ).
Demonstração. Restava provar (c. ). Lembre que, por definição, ∑i∈Λ Ii é o
menor ideal que contém todos os Ii , logo
p ∈ V ( ∑ Ii ) ⇔
i ∈Λ
∑ Ii ⊆ p ⇔ Ii ⊆ p para todo i ∈ Λ
i ∈Λ
⇔ p ∈ V ( Ii ) para todo i ∈ Λ ⇔ p ∈
\
i ∈Λ
19
V ( Ii ).
Aula 4
Queremos ver agora algumas propriedades da Topologia de Zariski, para
isso dado um elemento a ∈ A definimos o conjunto
D ( a) := {p ∈ Spec( A) | a 6∈ p} .
ar
Teorema 36. (Topologia de Zariski) Seja A um anel. Temos:
a. A família de subconjuntos { D ( a)} a∈ A de Spec( A) é uma base de abertos da
topologia de Zariski.
in
b. D ( a · b) = D ( a) ∩ D (b).
c. Se f : A → B é um homomorfismo de anéis, então Spec( f ) : Spec( B) →
Spec( A) é contínuo.
Pr
el
im
d. Se p ∈ Spec( A) temos {p} = V (p) (fecho topológico). Em particular,
a) m ∈ Spec( A) é um ponto fechado se, e somente se, m é um ideal
maximal;
b) se A é um domínio de integridade, (0) é um ponto denso.
e. Spec( A) é compacto.
Demonstração.
Ve
rs
ão
a. Veja que os conjuntos D ( a) são abertos (Exercício 1.). Uma família de
subconjuntos é uma base de abertos para uma topologia se todo aberto
pode ser escrito como união de alguns subconjuntos da família. Todo
aberto da topologia de Zariski de Spec( A) é da forma Spec( A) \ V ( I )
para algum ideal I de A, ou seja é o conjunto dos ideais primos
de A que não contem I. Seja p ∈ Spec( A) \ V ( I ), então existe a ∈
S
I tal que a 6∈ p logo p ∈ D ( a) o que implica que p ∈ a∈ I D ( a).
S
Reciprocamente, seja p ∈ a∈ I D ( a) então existe a ∈ I tal que p ∈ D ( a),
logo p ∈ Spec( A) e a 6∈ p, logo I * p e portanto p 6∈ V ( I ) ou seja
p ∈ Spec( A) \ V ( I ). Logo todo aberto da topologia de Zariski de
Spec( A) se escreve como uma união de alguns D ( a).
b. Exercício 2.
c. Lembre que um aplicação é contínua se e somente se pré-imagem de
aberto é aberto. Segue do item (a. ) que { D ( a)} a∈ A é uma base de abertos da topologia de Spec( A), logo basta provar que (Spec( f ))−1 ( D ( a))
é aberto. Temos
p ∈ (Spec( f ))−1 ( D ( a)) ⇔ Spec( f )(p) ∈ D ( a)
⇔ f −1 (p) ∈ D ( a) ⇔ a 6∈ f −1 (p) ⇔ f ( a) 6∈ p ⇔ p ∈ D ( f ( a))
20
Logo (Spec( f ))−1 ( D ( a)) = D ( f ( a)) é aberto e portanto Spec( f ) é
contínuo.
d. Lembramos também que o fecho topológico de um conjunto é a intersecção de todos os fechados que o contem, assim
\
p∈V ( I )
V(I) =
\
I ⊆p
(c. )
V ( I ) = V ( ∑ I ),
I ⊆p
ar
{p} =
in
agora veja que p ⊆ ∑ I ⊆p I e também p contém todos os I’s, mas ∑ I ⊆p I
é o menor ideal com essa propriedade, logo ∑ I ⊆p I ⊆ p o que implica
p = ∑ I ⊆p I e portanto {p} = V (p).
Pr
el
im
a) Seja m ∈ Spec( A) um ideal maximal então V (m) = {p ∈ Spec( A) | p ⊇ m} =
{m} = {m}, logo m é um ponto fechado. Reciprocamente, se
m ∈ Spec( A) é um ideal próprio, logo está contido em algum
ideal maximal m0 (Corolário 15 e Exercício 5 da Lista 1) logo
m0 ∈ V (m) = {m} = {m}, por tanto m é maximal.
b) Se A é um domínio de integridade então (0) é um ideal primo,
logo {(0)} = V ((0)) = Spec( A).
Ve
rs
ão
e. Pelo item (a. ), é suficiente provar que toda cobertura de Spec( A) por
uma família de abertos básicos { D ( aα ), α ∈ Λ}, admite subcobertura
finita. Assim, se p ∈ Spec( A) então existe α ∈ Λ tal que p ∈ D ( aα ), ou
seja aα 6∈ p. Considere então o ideal I = h aα , α ∈ Λi, logo I * p para
todo p ∈ Spec( A). Em particular I não vai estar contido em nenhum
ideal maximal, logo segue do Corolário 15 (Exercício 5 da Lista 1) que
I não é próprio, assim A = h aα , α ∈ Λi e portanto podemos escrever
1 = ∑in=1 bi · aαi como combinação A-linear finita de elementos aαi , o
que implica que A = h aαi , 1 ≤ i ≤ ni. Mas então cada aα = ∑in=1 ci · aαi ,
logo se aα 6∈ p então existe 1 ≤ i ≤ n tal que ci · aαi 6∈ p o que
implica que p ∈ D (ci · aαi ) = D (ci ) ∩ D ( aαi ). Em conclusão, para cada
p ∈ Spec( A) existe 1 ≤ i ≤ n tal que p ∈ D ( aαi ), logo Spec( A) =
Sn
i =1 D ( a α i ).
Vejamos alguns exemplos:
Exemplo 37.
a. (0) ∈ Spec( A) se, e somente se, A é um domínio.
b. Se A = k é um corpo, então é um domínio e os únicos ideais são (0) e
k, logo Spec(k) = {(0)}.
21
c. Seja A um DIP. Então um ideal ( a) não nulo é primo se, e somente se,
a é irredutível (Exercício 3.) (i.e., Se A for um domínio um elemento
a 6= 0 e a 6∈ A× é dito irredutível se sempre que a = b · c então b ∈ A×
ou c ∈ A× ). Logo Spec( A) = {(0)} ∪ {( a) | a é irredutível}.
1
Pr
el
im
in
ar
d. Se A for um DFU, (Domínio de Fatoração Única, i.e., se todo elemento
não nulo a ∈ A pode ser escrito como produto a = b1 b2 . . . bm com
bi irredutíveis e se também a = c1 c2 . . . cn com ci irredutíveis então
m = n e existe uma permutação σ : {1, 2, . . . , m} → {1, 2, . . . , m}
tal que bi = ucσ(i) para algum u ∈ A× para todo i = 1, 2, . . . , m )
então também todo ideal principal ( a) não nulo é primo se, e somente
se, a é irredutível. Entretanto um DFU em geral possui diversos
ideais primos que não são principais: se A = k for um corpo, então
( x1 ), ( x1 , x2 ), . . . , ( x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Spec(k[ x1 , . . . , xn ]) já que os anéis
k[ x ,x2 ,...,xn ]
quociente ( x1 ,...,x
são domínios, pois:
)
i
k [ x1 , x2 , . . . , x n ]
k [ x1 , . . . , x i ]
'
[ x , . . . , x n ] ' k [ x i +1 , . . . , x n ] .
( x1 , . . . , x i )
( x 1 , . . . , x i ) i +1
Ve
rs
ão
e. Seja A = k × k então os ideais de a são: (0) × (0), (0) × k, k ×
(0), k × k. Observe que A não é um domínio pois (0, 0) = (1, 0) ·
(0, 1) logo (0) × (0) 6∈ Spec( A), também k × k 6∈ Spec( A) pois não
é próprio. Vejamos que (0) × k é primo, seja a · b ∈ (0) × k logo
existe a1 , a2 , b1 , b2 , c ∈ k tal que a · b = ( a1 , a2 ) · (b1 , b2 ) = (0, c), logo
a1 · b1 = 0 e como k é corpo então ou a1 = 0 ou b1 = 0 logo ou
a ∈ (0) × k ou b ∈ (0) × k. Analogamente vemos que k × (0) é primo.
Logo Spec(k × k) = {(0) × k, k × (0)}. Observe que ambos os ideais
são maximais e portanto fechados e logo abertos.
Generalizando este caso temos o seguinte exemplo
f. (Exercício 4.) Mostre que:
a) Os ideais de A × B são da forma I × J onde I é um ideal de A e J
é um ideal de B.
b) Conclua que os ideais primos de A × B são da forma p × B e
A × q com p ∈ Spec( A) e q ∈ Spec( B). Assim temos,
Spec( A × B) = Spec( A)
G
Spec( B)
em que identificamos p × B com p e A × q com q.
g. Como k[t] é um DIP, os conjuntos V (( f )) = {( p) | p é um fator irredutível de f }
para f ∈ k[t] não nulo. Logo os fechados em Spec(k[t]) são ∅,
22
Spec(k[t]) e uniões de um número finito de pontos (pontos=ideais
primos) .
Pr
el
im
in
ar
h. Seja A = k[[t]] o anel das séries formais f (t) = a0 + a1 t + · · · + an tn +
· · · . Então f é uma unidade se, e somente se, a0 é uma unidade. Como
k[[t]] é DIP, o ideal (0) é primo. Provaremos agora que (t) é maximal.
Seja I um ideal qualquer e seja h = c0 + c1 t + · · · + cn tn + · · · ∈ I,
então se c0 6= 0 (logo c0 é uma unidade) h é uma unidade e I = k[[t]].
Mas se c0 = 0 então h ∈ (t) logo I ⊆ (t) o que implica que (t) é
maximal e portanto primo. Seja agora I um outro ideal primo com
h ∈ I então c0 = 0 pois I é próprio. Logo existe r ≥ 1 tal que
h = tr · (br + br+1 t + · · · ) com br 6= 0. Se br + br+1 t + · · · ∈ I como
esse elemento é uma unidade I = k[[t]] o que é uma contradição,
logo como I é primo necessariamente tr ∈ I do que segue que t ∈ I e
portanto (t) ⊆ I, mas como (t) é maximal temos I = (t) e por tanto (t)
é o único ideal primo. Assim Spec(k[[t]]) = {(0)} ∪ {(t)} . Por outro
lado, temos que (t) é um ponto fechado (pois é maximal) enquanto que
(0) é um ponto denso (pois k[[t]] é um domínio). Assim os fechados
de Spec(k[[t]]) são: ∅, Spec(k[[t]]) e {(t)}
aula 5: 29/08/2014
No Exemplo 5 da aula passada, (Exercício 4.) Mostre que:
a. Os ideais de A × B são da forma I × J onde I é um ideal de A e J é
um ideal de B.
Ve
rs
ão
b. Conclua que os ideais primos de A × B “são da forma p × (0) e (0) × q
com p ∈ Spec( A) e q ∈ Spec( B)” deve-se trocar por “são da forma
p × B e A × q com p ∈ Spec( A) e q ∈ Spec( B)”. Assim temos,
Spec( A × B) = Spec( A)
G
Spec( B)
“em que identificamos p × (0) com p e (0) × q com q” trocar por “em que
identificamos p × B com p e A × q com q”.
A forma anterior não funciona pois temos o seguinte contraexemplo: Seja
A = k × k então os ideais de a são: (0) × (0), (0) × k, k × (0), k × k. Dado
que Spec(k) = {(0)} então, de acordo à primeira identificação, teríamos que
o único ideal primo de k × k seria (0) × (0). Mas k × k não é um domínio
pois (0, 0) = (1, 0) · (0, 1) logo (0) × (0) 6∈ Spec(k × k). Vejamos então que
os ideais primos de A × B de fato são dessa forma.
×B '
Seja então I × J um ideal A × B, então temos um isomorfismo AI ×
→
J −
A
I
×
B
J
dado por ( a, b) + ( I × J ) 7→ ( a + I, b + J ). Agora observe que A × B
23
Aula 5
é um domínio se e somente se (A = 0 e B é um domínio) ou (B = 0 e A é
×B
um domínio). Assim I × J um ideal primo A × B ⇔ AI ×
J é um domínio⇔
× BJ é um domínio ⇔ ( AI = 0 e BJ é um domínio) ou ( BJ = 0 e
domínio) ⇔ (A = I e J é primo) ou (B = J e I é primo).
A
I
A
I
é um
ar
Exemplo 38. (Exemplo 8) Seja A = C[ x, y]/(y2 − x3 + x ). Mostraremos que
o
n
Spec( A) = (0) ∪ h x − a, y − bi | b2 = a3 − a .
Pr
el
im
in
Para isso seja B = C[ x ], então existe um homomorfismo ϕ : B → A, dado
por x 7→ x. Note que ϕ é injetor pois nenhum polinômio na variável x pode
ser múltiplo de y2 − x3 + x. Utilizando a relação y2 = x3 − x, temos um
C[ x,y]
conjunto de representantes de classe (y2 − x3 + x) = C[ x ] + C[ x ] · y formado
pelos polinômios p( x ) + q( x )y de grau no máximo 1 em y. Observe que
y2 − x3 + x é um polinômio irredutível no DFU C[ x, y] e assim (y2 − x3 +
x ) ⊆ C[ x, y] é um ideal primo e logo A = C[ x, y]/(y2 − x3 + x) é um
domínio. Por tanto (0) ∈ Spec( A).
Seja Spec( ϕ) : Spec( A) → Spec( B) o morfismo entre espectros induzido
por ϕ e seja q ∈ Spec( A). Como B é um DIP, segue do Exemplo (c. ) que
Spec( B) = {(0)} ∪ {( x − a)}, já que os elementos irredutíveis de B são da
forma x − a, para a ∈ C. Logo temos dois casos a analisar:
a. Spec( ϕ)(q) = (0), ou seja ϕ−1 (q) = (0) o que implica que q ∩ C[ x ] =
(0). Vamos mostrar que q = (0). Seja a( x ) + b( x )y ∈ q multiplicando
pelo seu “conjugado”, obtemos
q 3 ( a ( x ) + b ( x ) y ) · ( a ( x ) − b ( x ) y ) = a ( x )2 − b ( x )2 y2
Ve
rs
ão
= a ( x )2 − b ( x )2 ( x 3 − x ) ∈ C[ x ],
como q ∩ C[ x ] = (0) e A é um domínio então a( x ) = 0 e b( x ) = 0 logo
q = (0).
b. Spec( ϕ)(q) = ( x − a) para algum a ∈ C, ou seja ϕ−1 (q) = ( x −
a) o que implica que q ∩ C[ x ] = ( x − a) ⊆ q. Vamos calcular o
Spec ( A/( x − a)), pois estamos interessados em ideais primos q de A
que contém ( x − a). Seja b ∈ C tal que b2 = a3 − a, de modo que temos
um isomorfismo
x 7→ a
A
C[ y ]
C[ y ]
C[ x, y]
' 2
'
= 2
.
3
2
3
( x − a)
(y − a + a)
( y − b2 )
hy − x + x, x − ai
24
Temos alguns sub-casos de acordo com a fatoração de y2 − b2 . Primeiro,
se b 6= 0, pelo Teorema Chinês dos Restos (Teorema 31) temos
C[ y ]
C[ y ]
C[ y ]
=
×
' C×C
2
(y − b) (y + b)
−b )
( y2
in
ar
que possui somente dois ideais primos: (0) × C e C × (0) que identifiC[ y ]
C[ y ]
camos (Exemplo f. ) com os ideais primos (0) de (y+b) e (0) de (y−b) .
Mas esses ideais correspondem aos ideais primos (y + b) e (y − b) de
A
que a sua vez correspondem aos ideais primos hy − b, x − ai e
( x − a)
hy + b, x − ai de A. Logo neste caso q é da forma hy − b, x − ai com
b2 = a3 − a 6= 0.
Segundo se b = 0 (i.e., a3 − a = 0 ⇔ a = 0 ou a = ±1) então
Pr
el
im
C[ y ]
A
= 2
( x − a)
(y )
logo os ideais primos de
A
( x − a)
correspondem aos ideais primos de
C[y] que contém
neste caso só há um primo (y) que corresponde
ao ideal primo (y, x − a) de A.
Resumindo: Spec(C[ x, y]/ y2 − x3 + x ) consiste no ideal (0) e nos ideais
hy − b, x − ai que estão em bijeção com os pontos ( a, b) da curva y2 = x3 − x.
( y2 )
Ve
rs
ão
O subespaço de Spec( A) consistindo dos ideais maximais de A com a
topologia induzida, é chamado de espectro maximal de A e é denotado
por Specm( A). Para anéis comutativos arbitrários Specm( A) não tem as
propriedades funtoriais de Spec( A) por causa que a imagem inversa de
um ideal maximal sob um homomorfismo de anéis não é necessariamente
maximal.
Como consequência do teorema de existência de ideais maximais temos
que A = 0 se e somente se Specm( A) = ∅ e dado um ideal I qualquer de A
segue do TCI que existe uma bijeção natural
Specm( A/I ) = {m ∈ Specm( A) | m ⊇ I } .
(1)
A[ x ,...,x ]
Do Exercício 9 da Lista 1 existe um isomorfismo α : h x −a 1,...,xnn−an i → A,
1
1
dado por xi 7→ ai . Seja I um ideal de A[ x1 , . . . , xn ], dados a1 , . . . , an ∈ A vamos mostrar que I ⊆ h x1 − a1 , . . . , xn − an i se e somente se f ( a1 , . . . , an ) = 0
para todo f ( x1 , . . . , xn ) ∈ I de modo que h x1 − a1 , . . . , xn − an i ⊆ A[ x1 , . . . , xn ]
é um ideal de A[ x1 , . . . , xn ]/I se, e somente se, ( a1 , . . . , an ) ∈ An é um ponto
do conjunto de zeros Z ( I ) de I, definido por
Z ( I ) := {( a1 , . . . , an ) ∈ An | f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo f ( x1 , . . . , xn ) ∈ I } .
25
De fato, temos I ⊆ h x1 − a1 , . . . , xn − an i⇔para cada f ( x1 , . . . , xn ) ∈ I,
⇔para cada f ( x1 , . . . , xn ) ∈ I, α f ( x1 , . . . , xn ) =
0 em A ⇔para cada f ( x1 , . . . , xn ) ∈ I, f ( a1 , . . . , an ) = 0⇔( a1 , . . . , an ) ∈
Z ( I ).
Em particular se A = k for um corpo, h x1 − a1 , . . . , xn − an i ∈ Specm(k[ x1 , . . . , xn ])
para quaisquer n elementos ai de k. E logo pelo TCI temos que para todo
ponto ( a1 , . . . , an ) ∈ Z ( I ), h x1 − a1 , . . . , xn − an i ∈ Specm(k[ x1 , . . . , xn ]/I ).
Mais tarde, veremos que se k for algebricamente fechado, a recíproca
em ambos casos também é verdadeira (Nullstellensatz Hilberts). Ou seja,
todo ideal maximal de k[ x1 , . . . , xn ] é da forma h x1 − a1 , . . . , xn − an i para
a1 , . . . , an ∈ k. E, todo ideal maximal de k[ x1 , . . . , xn ]/I é da forma h x1 − a1 , . . . , xn − an i
para ( a1 , . . . , an ) ∈ Z ( I ), por tanto temos uma bijeção entre Specm(k[ x1 , . . . , xn ]/I )
e o conjunto dos zeros Z ( I ) de I. Mas para isso precisaremos de alguns
conceitos da Geometria Algébrica...
A[ x1 ,...,xn ]
h x1 − a1 ,...,xn − an i
2.2
m
in
ar
f ( x1 , . . . , xn ) = 0 em
introdução à geometria algébrica
Definição 39.
Pr
eli
Nesta seção k denotará um corpo algebricamente fechado.
a. O espaço afim Ank de dimensão n sobre o corpo k é o conjunto
Ank := kn = k
· · × k}.
| × ·{z
n vezes
ão
b. Seja S ⊆ k[ x1 , . . . , xn ] um conjunto de polinômios. O conjunto algébrico afim definido por S é o subconjunto Z (S) ⊆ Ank dos zeros
comuns de todos os polinômios em S:
Ve
rs
Z (S) := {( a1 , . . . , an ) ∈ Ank | f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo f ∈ S} .
Note que Z (−) reverte inclusões: S ⊆ T então Z (S) ⊇ Z ( T ). Além disso,
se I ⊆ k[ x1 , . . . , xn ] é o ideal gerado por S, então Z (S) = Z ( I ). Assim não há
perda de generalidade em definir um conjunto algébrico como o conjunto de
zeros de um ideal, o que faremos de agora em diante. Mais tarde veremos
que todo ideal de k[ x1 , . . . , xn ] é finitamente gerado (pelo Teorema da Base
de Hilbert, Teorema 119) e assim todo conjunto algébrico é o conjunto de
zeros de um número finito de polinômios.
Podemos definir também uma topologia em Ank (e, por conseguinte,
também nos conjuntos algébricos) de acordo com o seguinte Lema:
Lema 40. Os conjuntos algébricos têm as seguintes propriedades:
26
a. Z ((0)) = Ank e Z (k[ x1 , . . . , xn ]) = ∅
b. Z ( I ) ∪ Z ( J ) = Z ( I · J )
c.
T
i ∈Λ
Z ( Ii ) = Z (∑i∈Λ Ii ).
Assim, os conjuntos algébricos são os fechados de uma topologia de Ank , chamada
também de Topologia de Zariski.
ar
Demonstração. Exercício 5.
Aula 6
in
aula 6: 10/09/2014
Pr
el
im
Lembrando a última aula. Introdução à Geometria Algébrica.
k denotará um corpo algebricamente fechado. Definimos o espaço afim
Ank de dimensão n sobre o corpo k como sendo o conjunto Ank := kn =
k
· · × k}. Definimos um conjunto algébrico afim como sendo o conjunto
| × ·{z
n vezes
dos zeros comuns de um ideal I ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]
Z ( I ) := {( a1 , . . . , an ) ∈ Ank | f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo f ∈ I } .
Os conjuntos algébricos são os fechados de uma topologia de Ank , chamada
também de Topologia de Zariski.
Lembramos que um espaço topológico é dito irredutível se não pode ser
escrito como união de dois fechados próprios, isto implica que quaisquer
dois abertos não vazios se interceptam, logo todo aberto não vazio em um
espaço irredutível X é denso.
Ve
rs
ão
Definição 41. Uma variedade algébrica é um conjunto algébrico irredutível.
O espaço afim Ank para n ≥ 1 é uma variedade. Para ver isso precisamos
de seguinte fato: (Exercício 6.) Se k é um corpo infinito e f ∈ k[ x1 , . . . , xn ]
é tal que f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo ( a1 , . . . , an ) ∈ Ank então f = 0. Observe
que como k é algebricamente fechado ele é infinito, pois suponha que ele
é finito k = { a1 , . . . , an } então o polinômio f ( x ) = ( x − a1 )( x − a2 ) . . . ( x −
an ) + 1 não tem raiz em k, contradição. Segue que nenhum polinômio não
nulo se anula identicamente em todo Ank . Assim Z ( I ) ( Ank é um fechado
próprio se, e somente se, I 6= (0). Logo se Ank = Z ( I ) ∪ Z ( J ) = Z ( I · J )
então I · J = 0 e como k[ x1 , . . . , xn ] é um domínio então ou I = 0 ou J = 0,
o que mostra que Ank não é união de dois fechados próprios.
n
Definição 42. Sejam X ⊆ Am
k e Y ⊆ Ak dois conjuntos algébricos afins. Um
morfismo de conjuntos algébricos f : X → Y é uma função para a qual
existem polinômios p1 , . . . , pn ∈ k[ x1 , . . . , xm ] tais que
f ( a1 , . . . , am ) = ( p1 ( a1 , . . . , am ), . . . , pn ( a1 , . . . , am )) ∈ Y
27
para todo ( a1 , . . . , am ) ∈ X.
ar
Observamos que composição de morfismos de conjuntos algébricos é
também um morfismo de conjuntos algébricos.
Os polinômios pi não são unicamente determinados por f : se X = Z ( I ) ,
então somando a cada pi um elemento de I ainda obtemos a mesma função
f . Em outras palavras, os polinômios pi só estão determinados “módulo
polinômios que se anulam sobre todo o X”. Isto nos leva a introduzir a
seguinte definição:
m
in
Definição 43. Seja X ⊆ Ank um conjunto algébrico. O anel (com a soma e o
produto de funções induzidos pelas respetivas operações em k)
n
o
1
k[ X ] := f : X → Ak = k | f é um morfismo de conjuntos algébricos
é chamado de anel de funções regulares em X.
Pr
eli
Existe um morfismo sobrejetor k[ x1 , . . . , xn ] → k[ X ] que leva um polinômio no morfismo correspondente. O kernel I ( X ) deste morfismo, i.e.,
I ( X ) := { f ∈ k[ x1 , . . . , xn ] | f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo ( a1 , . . . , an ) ∈ X }
é chamado de ideal do conjunto algébrico X. Pelo Teorema do Isomorfismo
k[ x ,...,x ]
(Exercício 8 Lista 1) temos k[ X ] ' I1(X ) n .
Proposição 44. Sejam X, Y ⊆ Ank conjuntos algébricos temos:
a. X ⊆ Y então I ( X ) ⊇ I (Y );
ão
b. Para um ideal J de k[ x1 , . . . , xn ] temos J ⊆ I ( Z ( J )).
c. X = Z ( I ( X ))
Ve
rs
Demonstração. Os itens a. e b. são triviais. A inclusão ⊆ em c. é clara,
enquanto que b. implica que Z ( I ( Z ( J ))) ⊆ Z ( J ), logo se X é conjunto
algébrico então Z ( I ( X )) ⊆ X.
Em geral a inclusão em b. é estrita: considere por exemplo o ideal
J = ( x2 ) ⊆ k[ x ], então Z ( x2 ) = a ∈ A1k = k | a2 = 0 = 0 logo I ( Z ( J )) =
I ( Z ( x2 )) = I (0) = { f ∈ k[ x ] | f (0) = 0}, ou seja são os polinômios em uma
variável com termo constante nulo. Logo x ∈ I ( Z ( J )) mas x 6∈ ( x2 ) = J.
Diversas propriedades geométricas de um conjunto algébrico X se traduzem em propriedades algébricas de seu anel de funções regulares k[ X ] e
vice-versa. Como um primeiro exemplo temos a seguinte proposição:
Proposição 45. Seja X um conjunto algébrico, então são equivalentes:
a. X é uma variedade;
28
b. k[ X ] é um domínio;
c. I ( X ) é um ideal primo.
X = ( X ∩ Z ( I )) ∪ ( X ∩ Z ( J )) = X ∩ ( Z ( I ) ∪ Z ( J ))
⇔ X ⊆ Z( I ) ∪ Z( J ) = Z( I · J )
ar
Demonstração. É claro que k[ X ] é um domínio ⇔ I ( X ) é um ideal primo.
Suponha, então, que X ⊆ Ank não seja uma variedade, i.e., X é união de dois
fechados próprios:
Pr
el
im
in
onde I e J são ideais de k[ x1 , . . . , xn ]. Como estes fechados são próprios
(i.e., X ∩ Z ( I ) ( X então X * Z ( I ), idem com J), existem polinômios f ∈ I
e g ∈ J que não se anulam sobre todo X, logo f , g 6∈ I ( X ). Por outro
lado, como f · g ∈ I · J, então f · g se anula identicamente sobre X (i.e.,
k[ x ,...,x ]
f · g ∈ I ( X )). Assim, as imagens f , g ∈ k[ X ] = I1(X ) n de f e g são tais
que f · g = 0 mas f 6= 0 e g 6= 0, mostrando que k[ X ] não é domínio.
Reciprocamente, suponha que k[ X ] não seja domínio e sejam f , g ∈ k[ X ]
tais que f · g = 0 com f 6= 0 e g 6= 0. Se f , g ∈ k[ x1 , . . . , xn ] são dois
levantamentos de f , g então f · g ∈ I ( X ) ou seja f · g se anula sobre todo X
mas o mesmo não ocorre nem com f nem com g. Assim,
X ⊆ Z ( f · g) = Z ( f ) ∪ Z ( g) ⇔ X = ( X ∩ Z ( f )) ∪ ( X ∩ Z ( g))
mostra que X é união de dois fechados próprios, ou seja, não é variedade.
Ve
rs
ão
Seja X ⊆ Ank um conjunto algébrico e seja P = ( a1 , . . . , an ) ∈ X um ponto1
deste conjunto. Defina
m P : = I ( P ) = { f ∈ k [ x1 , . . . , x n ] | f ( P ) = f ( a1 , . . . , a n ) = 0} .
Claramente, xi − ai ∈ mP para i = 1, . . . , n assim h x1 − a1 , . . . , xn − an i ⊆ mP .
Mas h x1 − a1 , . . . , xn − an i é um ideal maximal já que
k [ x1 , . . . , x n ]
'k
h x1 − a1 , . . . , x n − a n i
é um corpo, logo mP = h x1 − a1 , . . . , xn − an i é um ideal maximal de
k[ x1 , . . . , xn ] que contém I ( X ) (pois P ⊆ X implica I ( X ) ⊆ I ( P)). Isto
1 Qualquer ponto ( a1 , . . . , an ) do espaço afim Ank é um conjunto algébrico, pois ( a1 , . . . , an ) =
Z (h x1 − a1 , . . . , xn − an i)
29
implica que mP corresponde a um ideal maximal de k[ X ] '
denotaremos por mP . Temos então uma bijeção natural
'
X −→ Specm(k[ X ]) = Specm(
que
k [ x1 , . . . , x n ]
)
I (X)
I ( P)
= h x 1 − a1 , . . . , x n − a n i
I (X)
ar
P = ( a1 , . . . , an ) 7−→ mP =
k[ x1 ,...,xn ]
I (X)
Esta associação é claramente injetora pois se dois pontos P 6= Q diferem nas
i-ésimas coordenadas ai 6= bi então xi − ai ∈ mP \mQ . Para ver que é sobre,
k[ x1 ,...,xn ]
)
I (X)
= {h x1 − a1 , . . . , x n − an i | ( a1 , . . . , an ) ∈ X },
in
ou seja que Specm(
basta mostrar que
Pr
el
im
Specm(k[ x1 , . . . , xn ]) = {h x1 − a1 , . . . , xn − an i | ai ∈ k}
pois como observamos na aula passada: “h x1 − a1 , . . . , xn − an i ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]
corresponde a um ideal de k[ x1 , . . . , xn ]/I ( X ) se, e somente se, ( a1 , . . . , an ) ∈
Z ( I ( X )) = X”. Mas esse resultado é conhecido como Nullstellensatz2 Hilberts ou Teorema dos Zeros de Hilbert.
Teorema 46. (Nullstellensatz Hilberts) Seja k um corpo algebricamente fechado.
a. Todo ideal maximal do anel k[ x1 , . . . , xn ] é da forma mP = h x1 − a1 , . . . , xn − an i
para algum ponto P = ( a1 , . . . , an ) ∈ Ank .
b. Seja J ( k[ x1 , . . . , xn ] um ideal próprio então Z ( J ) 6= ∅.
√
c. Para qualquer J ⊆ k[ x1 , . . . , xn ] temos I ( Z ( J )) = J.
Ve
rs
ão
A parte essencial do teorema é o item b. , o qual nos diz que se um ideal
J não é o anel todo k[ x1 , . . . , xn ] então ele tem zeros em Ank . Note também
que b. é completamente falso se k não é algebricamente fechado, pois se
f ∈ k[ x ] é um polinômio não-constante então ele pode não gerar o anel todo
k[ x ] como um ideal, mas Z ( f ) = ∅ é perfeitamente possível.
Demonstração. Para provar o teorema vamos assumir o seguinte fato que
provaremos mas tarde (veja Teorema 190):
Fato: “Seja k um corpo e A = k[ a1 , . . . , an ] um anel finitamente gerado3
(f.g.) sobre k. Se A é um corpo então A é uma extensão algébrica4 de k.”
2 Satz=Teorema, Nullstellen=dos zeros
3 i.e., existe um número finito de elementos a1 , . . . , an tal que A é gerado como anel por k e
a1 , . . . , an . Ou sejam os elementos de A são expressões polinomiais nos ai ’s.
4 Uma extensão A ⊇ k é dita algébrica se para todo elemento a ∈ A existe um polinômio
f ∈ k[ x ] não nulo tal que f ( a) = 0
30
ar
a. Seja m ⊆ k[ x1 , . . . , xn ] um ideal maximal, como k[ x1 , . . . , xn ] é um anel
f.g. sobre k então K = k[ x1 , . . . , xn ]/m é um corpo (pois m é maximal)
f.g. sobre k (pois é gerado pelos xi ’s). Logo segue do “Fato” que K é
uma extensão algébrica de k, mas k é algebricamente fechado, logo
k = K. Assim, existem ai ∈ k tais que xi ≡ ai mod(m) logo xi − ai ∈ m
para todo i = 1, . . . , n. Ou seja, h x1 − a1 , . . . , xn − an i ⊆ m, mas como
já vimos h x1 − a1 , . . . , xn − an i é um ideal maximal (Exercício 9 da Lista
1 para A = k), logo h x1 − a1 , . . . , xn − an i = m.
Pr
el
im
in
b. Se J ( k[ x1 , . . . , xn ] é um ideal próprio então existe um ideal maximal
m de k[ x1 , . . . , xn ] tal que J ⊆ m. Pelo item a. m é da forma m =
h x1 − a1 , . . . , xn − an i para certos ai ’s ∈ k. Logo J ⊆ m implica que
f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo f ∈ J. Logo ( a1 , . . . , an ) ∈ Z ( J ).
√
c. É claro que J ⊆ I ( Z ( J )): se f n ∈ J ⊆ I ( Z ( J )) (pela Proposição 44 b.
n
k[ x ,...,x ]
) então f = 0 em k[ X ] = I (1Z( J ))n onde X = Z ( J ). Logo para todo
( a1 , . . . , an ) ∈ X, ( f ( a1 , . . . , an ))n = 0 ∈ k = A1k o que implica que
f ( a1 , . . . , an ) = 0 (pois k é um corpo e o único elemento nilpotente é o
0). Assim f = 0 em k[ X ] (como morfismo que leva todos os elementos
do domínio em 0), ou seja f ∈ I ( X ).
√
Para ver I ( Z ( J )) ⊆
J tome f ∈ I ( Z ( J )). Introduza uma outra
variável y e considere o novo ideal J1 = h J, f · y − 1i ⊆ k[ x1 , . . . , xn , y]
gerado por J e f · y − 1. Um ponto Q ∈ Z ( J1 ) ⊆ Akn+1 é uma (n + 1)tupla Q = ( a1 , . . . , an , b) tal que g( a1 , . . . , an ) = 0 para toda g ∈ J, i.e.,
( a1 , . . . , an ) ∈ Z ( J ) e f ( a1 , . . . , an ) · b = 1, ou seja f ( a1 , . . . , an ) 6= 0 e
b = f ( a 1 , . . . , a n ) −1 .
Ve
rs
ão
Mas como f ∈ I ( Z ( J )), a primeira condição acima implica que f ( a1 , . . . , an ) =
0 o que contradiz a segunda, então Z ( J1 ) = ∅. Segue do item b. que
1 ∈ J1 , i.e., existe uma expressão
1=
∑ g i f i + g0 ( f · y − 1 ) ∈ k [ x 1 , . . . , x n , y ]
com f i ∈ J e g0 , gi ∈ k[ x1 , . . . , xn , y]. Agora suponha que y N é a
maior potência de y aparecendo em qualquer um dos g0 , gi então
multiplicando ambos lados por f N temos
fN =
∑ Gi (x1, . . . , xn , f · y) fi + G0 (x1, . . . , xn , f · y)( f · y − 1)
31
onde Gi é f N gi escrito como um polinômio em x1 , . . . , xn e ( f · y), da
seguinte forma:
Gi ( x1 , . . . , xn , f · y) = f N gi ( x1 , . . . , xn , y)
∑
(α1 ,...,αn ,j)
∑
=
(α1 ,...,αn ,j)
piα1 ...αn j x1α1 · · · xnαn · y j
piα1 ...αn j x1α1 · · · xnαn · f N − j · ( f · y) j
ar
= fN
N
= ∑ h i ( x1 , . . . , x n ) f i ∈ k [ x1 , . . . , x n , y ] / h f · y − 1i ;
Pr
el
im
f
in
Podemos reduzir esta igualdade de polinômios em k[ x1 , . . . , xn , y] módulo h f · y − 1i, logo f · y = 1 assim Gi ( x1 , . . . , xn , f · y) = hi ( x1 , . . . , xn )
e obtemos
ambos os lados da igualdade são imagens de elementos de k[ x1 , . . . , xn ].
Como o homomorfismo canônico k[ x1 , . . . , xn ] ,→ k[ x1 , . . . , xn , y]/ h f · y − 1i
é injetivo segue que
fN =
∑ h i ( x1 , . . . , x n ) f i ∈ k [ x1 , . . . , x n ]
ou seja f N ∈ J pois f i ∈ J, logo f ∈
√
J.
aula 7: 12/09/2014
Ve
rs
ão
Como consequência do Teorema dos Zeros de Hilbert temos:
Corolário 47. As correspondências Z e I dadas por:
Z
{ideais J ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]} −→ {subconjuntos X ⊆ Ank }
J 7→ Z ( J )
I
{ideais J ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]} ←− {subconjuntos X ⊆ Ank }
I ( X ) ←[ X
induzem as seguintes bijeções:
Z,I
{ideais radicais J ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]} ←→ {conjuntos algébricos X ⊆ Ank }
∪
∪
Z,I
{ideais primos J ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]} ←→ {variedades X ⊆ Ank }
32
Aula 7
ar
A primeira bijeção segue dos fatos Z ( I ( X )) = X para qualquer conjunto
algébrico X (Proposição 44 c. ) e I ( Z ( J )) = J para qualquer ideal radical J
√
(i.e., qualquer ideal J tal que J = J) (Teorema 46 c. ). A segunda segue do
fato de variedades serem conjuntos algébricos e ideais primos serem radicais
(Exercício 17 Lista 1) e da Proposição 45: X é variedade se, e somente se,
I ( X ) é um ideal primo.
A próxima proposição mostra que a topologia de Zariski do espaço
afim Ank é na verdade a topologia induzida do subespaço Specm(k[ X ]) de
Spec(k[ X ]) via identificação X = Specm(k[ X ]) de um conjunto algébrico
com o espectro maximal de seu anel de funções regulares.
Pr
el
im
in
Proposição 48. Seja k um corpo algebricamente fechado, seja X ⊆ Ank um conjunto algébrico e seja k[ X ] = k[ x1 , . . . , xn ]/I ( X ) seu anel de funções regulares. Se
J ⊆ k[ X ] é um ideal qualquer de k[ X ] com ideal correspondente J ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]
no anel de polinômios, temos
Z ( J ) ∩ X = V ( J ) ∩ Specm(k[ X ])
via identificação X = Specm(k[ X ]) dada por P 7→ mP . Assim, a topologia de
subespaço de Specm(k[ X ]) ⊆ Spec(k[ X ]) coincide com a topologia de Zariski de
X como conjunto algébrico.
Demonstração. Seja P = ( a1 , . . . , an ) ∈ X, temos que o ideal maximal correspondente é mP = h x1 − a1 , . . . , x n − an i ⊆ k[ X ] e portanto
mP ∈ V ( J ) ⇔mP ⊇ J em k[ X ] = k[ x1 , . . . , xn ]/I ( X )
Ve
rs
ão
⇔ h x1 − a1 , . . . , xn − an i ⊇ J em k[ x1 , . . . , xn ]
⇔ P = ( a1 , . . . , a n ) ∈ Z ( J )
2.3
exercícios
Ex. 21 — Mostre que todo anel A possui um ideal primo minimal, ou seja,
um ideal primo p tal que se q ∈ Spec( A) e q ⊆ p =⇒ q = p. Quais são os
C[ x, y]
primos minimais de 2
?
( x − y2 )
Ex. 22 — Seja A um anel. Para um subconjunto S ⊆ A, defina
V (S) := { p ∈ Spec( A) | p ⊇ S}
33
como o conjunto de
√todos os ideais primos de A que contêm S. Prove que
V (S) = V ( I ) = V ( I ), onde I representa o ideal gerado por S em A.
Ex. 23 — Seja A um anel. Para a ∈ A, defina o conjunto D ( a) := {p ∈ Spec( A) | a 6∈ p}.
Mostre que os conjuntos D ( a) com a ∈ A são abertos e formam uma base
para a topologia de Zariski de Spec( A). Além disso, dados a, b ∈ A mostre
que:
ar
1. D ( a) ∩ D (b) = D ( a · b).
3. D ( a) = Spec( A) ⇐⇒ a é unidade.
p
p
4. D ( a) = D (b) ⇐⇒ h ai = hbi.
in
2. D ( a) = ∅ ⇐⇒ a é nilpotente.
Pr
el
im
Ex. 24 — Seja A um anel e I ⊆ A um ideal qualquer. Prove que o morfismo
entre espectros
Spec(π ) : Spec( A/I ) → V ( I ) ⊆ Spec( A)
induzido pela projeção canônica π : A → A/I é um homeomorfismo.
Ex. 25 — Um espaço topológico X é dito irredutível se X 6= ∅ e se todo par
de conjuntos abertos não vazios em X se interceptam, ou equivalentemente,
todo aberto não vazio é denso em X. Mostre que Spec( A) é irredutível se e
somente se o nilradical de A, N( A), é um ideal primo.
Ex. 26 — Sejam A e B dois anéis. Mostre que:
Ve
rs
ão
1. A × B é um domínio se e somente se A = 0 e B é um domínio ou
B = 0 e A é um domínio.
2. Os ideais de A × B são da forma I × J onde I é um ideal de A e J é
um ideal de B.
3. Spec( A × B) = Spec( A)
F
Spec( B).
Ex. 27 — Mostre que
1. Se A é um Domínio de Fatoração Única (DFU), então um ideal
principal ( a) não nulo é primo se, e somente se, a é irredutível.
2. Todo Domínio de Ideais Principais (DIP) é DFU.
3. Conclua que Spec(DIP) = {(0)} ∪ {( a) | a é irredutível}.
Ex. 28 — Mostre que os conjuntos algébricos são os fechados de uma topologia de Ank (Topologia de Zariski), i.e., têm as seguintes propriedades:
1. Z ((0)) = Ank e Z (k[ x1 , . . . , xn ]) = ∅
34
2. Z ( I ) ∪ Z ( J ) = Z ( I · J )
3.
T
i ∈Λ
Z ( Ii ) = Z (∑i∈Λ Ii ).
Ex. 29 — Seja k um corpo infinito e f ∈ k[ x1 , . . . , xn ]. Mostre que se
f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo ( a1 , . . . , an ) ∈ Ank então f = 0. Encontre um
contraexemplo no caso em que k é um corpo finito.
in
ar
Ex. 30 — Seja k um corpo algebricamente fechado, f ∈ k[ x1 , . . . , xn ]. Prove
que o conjunto algébrico Z ( f ) ⊆ Ank é uma variedade se, e somente se,
existe um polinômio irredutível g ∈ k[ x1 , . . . , xn ] tal que f = gn para algum
n > 0.
1. Z
2. Z/3Z
3. Z/6Z
4. C[ x ]
Pr
el
im
Ex. 31 — Para cada um dois anéis A a seguir determine o grupo das unidades de A, Spec( A), ideais maximais e os abertos e fechados do Spec( A).
Ve
rs
ão
5. C[ x ]/ x13
6. R[ x ]/ x2 + 1
7. C[[ x ]]/ x2 + 1
8. Z[ x ]/ x2 + 1
9. C[ x, y]/ x2 + y2 + 1
10. R[ x, y]/ x2 + y2 + 1
35
3
MÓDULOS
ar
Definição 49. Seja A um anel. Um A-módulo é um par ( M, µ) onde M é
um grupo abeliano e µ : A × M → M é uma aplicação que leva ( a, m) 7→ am
e satisfaz:
in
a(m + n) = am + an
Pr
el
im
( a + b)m = am + bm
( ab)m = a(bm)
1m = m
para todo a, b ∈ A e m, n ∈ M.
Ou, equivalentemente, M é um grupo abeliano juntamente com um homomorfismo de anéis A → End( M ) onde End( M) é o anel dos endomorfismos
do grupo abeliano M.
Exemplo 50.
a. Um ideal I de A é um A-módulo. Em particular, A é um A-módulo.
b. Se A = k é um corpo, então um A-módulo é um k-espaço vetorial.
Ve
rs
ão
c. Se A = Z então um A-módulo é um grupo abeliano, onde definimos
nm = m
· · + m}.
| + ·{z
n vezes
d. Se A = k[ x ] onde k é um corpo, então um A-módulo é um k-espaço
vetorial com uma transformação linear.
Sejam M e N dois A-módulos. Uma aplicação f : M → N é um homomorfismo de A-módulos (ou um A-homomorfismo) se
f ( m1 + m2 ) = f ( m1 ) + f ( m2 )
f ( am1 ) = a f (m1 )
para todo a ∈ A e m1 , m2 ∈ M. Ou seja, f é um homomorfismo de grupos
abelianos que comuta com a ação de cada a ∈ A.
O conjunto de todos os homomorfismos de A-módulos de M em N pode
ser visto como um A-módulo se definimos soma e produto pelas regras
( f + g)(m) = f (m) + g(m)
( a f )(m) = a f (m)
36
para todo m ∈ M. Denotamos este A-módulo por Hom A ( M, N ).
Sejam u : M0 → M e v : N → N 00 dois homomorfismos de A-módulos,
então eles induzem aplicações
u : Hom A ( M, N ) → Hom A ( M0 , N ) e v : Hom A ( M, N ) → Hom A ( M, N 00 )
ar
definidas como u( f ) = f ◦ u e v( f ) = v ◦ f . Estas aplicações são também
homomorfismos de A-módulos.
Para todo módulo M existe um isomorfismo natural Hom A ( A, M) ' M
pois todo homomorfismo de A-módulos f : A → M é determinado de
maneira única por f (1) ∈ M.
m
in
Definição 51. Um submódulo M0 de M é um subgrupo de M que é fechado
em relação à multiplicação por elementos de A.
ão
Pr
eli
O grupo abeliano M/M0 herda uma estrutura de A-módulo de M, definida por a(m + M0 ) = am + M0 . Logo M/M0 é o A-módulo quociente de
M por M0 .
O TCI é um caso particular do seguinte fato: a projeção canônica M →
M/M0 é um homomorfismo de A-módulos que induz uma correspondência
um-a-um (que preserva ordem) entre submódulos de M que contém M0 e
submódulos de M/M0 .
Se f : M → N é um homomorfismo de A-módulos, então o Ker( f ) é um
submódulo de M e a Im( f ) é um submódulo de N. Denotamos o cokernel
de f como sendo Coker( f ) = N/ Im( f ).
Se M0 ⊆ M é um submódulo de M tal que M0 ⊆ Ker( f ) então f induz
um homomorfismo f : M/M0 → N definido como segue: se m ∈ M/M0
é imagem de m ∈ M então f (m) = f (m). O Ker( f ) = Ker( f )/M0 , em
particular tomando M0 = Ker( f ) temos um isomorfismo de A-módulos
Ve
rs
M
' Im( f ).
Ker( f )
Definição 52. Seja M um A-módulo e ( Mi )i∈ I uma família de submódulos
de M. Definimos
a. A soma ∑ Mi como sendo o conjunto de todas as somas (finitas) Σmi ,
onde mi ∈ Mi para todo i ∈ I e quase todos (i.e., todos exceto um
número finito) os mi são zero. A soma ∑ Mi é o menor submódulo de
M que contém todos os Mi .
b. A interseção
T
Mi é um submódulo de M.
c. Em geral não podemos definir o produto de dois submódulos, mas
podemos definir o produto I M onde I é um ideal e M um A-módulo,
como sendo o conjunto de todas as somas finitas Σai mi com ai ∈ I e
mi ∈ Mi . O produto I M é um submódulo de M.
37
Proposição 53.
a. Se L ⊇ M ⊇ N são A-módulos, então ( L/N )/( M/N ) ' L/M.
b. Se M1 e M2 são submódulos de M, então
ar
( M1 + M2 )
M2
'
.
M1
( M1 ∩ M2 )
Demonstração. Exercício 1.
Pr
el
im
in
Se N, P são submódulos de M definimos ( N : P) como sendo o conjunto
de todos os a ∈ A tais que aP ⊆ N, logo ( N : P) é um ideal de A. Em
particular, (0 : M ) é o conjunto de todos os a ∈ A tais que aM = 0, este ideal
é chamado aniquilador de M e é denotado por Ann( M ). Se I ⊆ Ann( M)
podemos considerar M como um ( A/I )-módulo: se a ∈ A/I é representado
por a ∈ A, defina am como sendo am, m ∈ M. Observe que esta definição é
independente da escolha do representante a de a pois I M = 0.
Definição 54. Um A-módulo M é dito fiel se Ann( M) = 0.
Ve
rs
ão
Segue da definição que todo módulo M é fiel como um AnnA( M) -módulo.
Se m é um elemento de M, o conjunto de todos os múltiplos am, com a ∈ A,
é um submódulo de M, denotado por Am ou hmi. Se um módulo M =
∑i∈ I Ami dizemos que os mi ’s formam um conjunto de geradores de M, isto
significa que todo elemento de M pode ser expresso (não necessariamente de
maneira única) como uma combinação linear finita dos mi ’s com coeficientes
em A. Um A-módulo é dito finitamente gerado (f.g.) se ele tem um conjunto
finito de geradores.
Definição 55. Se ( Mi )i∈ I é uma família de A-módulos, definimos:
L
a. A soma direta i∈ I Mi como sendo o conjunto das famílias (mi )i∈ I
tais que mi ∈ Mi para cada i ∈ I e quase todos os mi ’s são zero.
b. O produto direto ∏i∈ I Mi como sendo o conjunto das famílias (mi )i∈ I
tais que mi ∈ Mi para cada i ∈ I (aqui descartamos a restrição dos mi ’s
serem quase todos zero).
3.1
módulos finitamente gerados
L
Definição 56. Um A-módulo livre é um A-módulo isomorfo a i∈ I Mi onde
cada Mi ' A como um A-módulo. Um A-módulo livre f.g. é isomorfo a
An = |A ⊕ ·{z
· · ⊕ A} , para algum n > 0.
n vezes
38
Proposição 57. M é um A-módulo f.g. se, e somente se, M é isomorfo a um
quociente de An para algum inteiro n > 0.
Demonstração. (⇒) Sejam m1 , . . . , mn os geradores de M. Defina f : An →
M por f ( a1 , . . . , an ) = a1 m1 + · · · + an mn . Então f é um homomorfismo de
A-módulos sobrejetor e logo M = An / Ker( f ).
ϕ
in
ar
(⇐) Temos que An /N ' M para algum A-módulo N, logo existe um
homomorfismo de A-módulos sobrejetor f : An → M onde f = π ◦ ϕ com
π : An → An /N a projeção canônica. Se ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (com 1 na iésima posição) então ei (1 ≤ i ≤ n) geram An , ou seja An = Ae1 + · · · + Aen .
Como f é sobre então f ( An ) = M = A f (e1 ) + · · · + A f (en ) e logo f (ei )
geram M.
Pr
el
im
O nosso objetivo agora é provar uma versão do Lema de Nakayama, para
isso precisaremos dos seguintes resultados:
Proposição 58. Seja M um A-módulo f.g., I um ideal de A e f um endomorfismo
do A-módulo M tal que f ( M) ⊆ I M. Então f satisfaz uma equação da forma
f n + a1 f n−1 + · · · + an id = 0 onde ai ∈ I.
Demonstração. Seja m1 , . . . , mn o conjunto de geradores de M. Então cada
f (mi ) ∈ I M logo f (mi ) = ∑nj=1 aij m j com 1 ≤ i ≤ n e aij ∈ I, i.e.,
n
∑ (δij f − aij id)m j = 0
j =1
(2)
onde δij é o delta de Kronecker. Seja B a matriz (δij f − aij id)ij então
f − a11 id − a12 id · · ·
− a21 id f − a22 id · · ·
..
..
..
.
.
.
− an1 id
− an2 id · · ·
Ve
rs
ão



B=

− a1n id
− a2n id
..
.





f − ann id
Multiplicando

o lado esquerdo de (2) pela adjunta de B segue que B ·
m1


Adj( B)  ...  = 0, mas B · Adj( B) = det( B) · · · In isto implica que det( B)
mn
anula cada mi , logo é o endomorfismo nulo de M. Expandindo o determinante, obtemos uma equação da forma requerida.
Corolário 59. Seja M um A-módulo f.g. e seja I um ideal de A tal que I M = M.
Então existe a ≡ 1 mod I, a ∈ A, tal que aM = 0.
39
Demonstração. Considere f = id, então id( M ) ⊆ I M por hipótese. Pela
proposição anterior existem a1 , . . . , an ∈ I tais que id + a1 id + · · · + an id = 0.
Seja a = 1 + a1 + · · · + an ∈ A, claramente a ≡ 1 mod I e se m ∈ M temos
am = (1 + a1 + · · · + an )m = m + a1 m + · · · + an m = (id + a1 id + · · · + an id)m = 0
ar
Aula 8
aula 8: 17/09/2014
in
Lembrando a última aula. Queremos provar uma versão do Lema de
Nakayama, para isso precisaremos dos seguintes resultados da última aula:
Pr
el
im
a. Proposição. Seja M um A-módulo f.g., I um ideal de A e f um
endomorfismo do A-módulo M tal que f ( M) ⊆ I M. Então f satisfaz
uma equação da forma f n + a1 f n−1 + · · · + an id = 0 onde ai ∈ I.
b. Corolário. Seja M um A-módulo f.g. e seja I um ideal de A tal que
I M = M. Então existe a ≡ 1 mod I, a ∈ A, tal que aM = 0.
E de alguns resultados das primeiras aulas como a definição do radical de
Jacobson R de um anel A: que é a interseção de todos os ideais maximais
de A. E da Proposição 26 que o caracteriza:
Proposição. r ∈ R se e somente se 1 − r · a é uma unidade de A para todo a ∈ A.
Agora sim, estamos prontos para enunciar o
Lema 60. (Lema de Nakayama) Seja M um A-módulo f.g. e I um ideal de A
contido no radical de Jacobson R de A. Se I M = M então M = 0.
Ve
rs
ão
Demonstração. Pelo Corolário 59 existe um elemento a ∈ A tal que a ≡
1 mod I, ou seja a = 1 + r para algum r ∈ I ⊆ R e a é tal que aM = 0. Pela
Proposição 26 a é uma unidade de A, logo M = ( a−1 a) M = a−1 ( aM ) = 0.
Como consequência do Lema de Nakayama temos:
Corolário 61. Seja M um A-módulo f.g., N um submódulo de M, I ⊆ R um ideal
de A. Se M = I M + N então M = N.
Demonstração. Como M é f.g. então M/N também é f.g com conjunto de
M
geradores as imagens dos geradores de M. Sabemos que I ( M
N ) ⊆ N é um
M
M
M
submódulo, queremos ver que N ⊆ I ( N ). Seja m ∈ N , como M = I M + N
por hipótese, temos que m = Σai mi + n logo m − Σai mi − n ∈ N o que
implica m − Σai mi ∈ N, assim m = Σai mi = Σai mi = Σai mi ∈ I ( M
N ) onde a
última igualdade deve-se à definição de ação do módulo quociente. Segue
M
M
que I ( M
N ) = N e logo, pelo Lema de Nakayama (Lema 60), aplicado a N
temos que M
N = 0 ou seja M = N.
40
Seja A um anel local (i.e., um anel com um único ideal maximal), m seu
ideal maximal e k = A/m seu corpo de resíduos. Seja M um A-módulo
f.g., então M/mM é aniquilado por m, logo é um A/m-módulo, ou seja um
k-espaço vetorial e como tal tem dimensão finita.
Proposição 62. Sejam mi (1 ≤ i ≤ n) os elementos de M cujas imagens em
M/mM formam uma base deste espaço vetorial. Então mi geram M.
M
mM
mM+ N
mM
'
Pr
el
im
in
ar
Demonstração. Seja N o submódulo de M gerado pelos mi e seja f : N ⊆
M
M → mM
o homomorfismo de A-módulos dado por n 7→ n. Vejamos
M
M
que f é sobrejetor: seja m ∈ mM
, como mM
é um k-espaço vetorial com
base {m1 , . . . , mn } temos que existem k1 , . . . , k n ∈ k tais que m = k1 m1 +
· · · + k n mn . Sejam agora ai ∈ A representantes das classes k i ∈ A/m para
i = 1, . . . , n então m = a1 m1 + · · · + an mn . Pela definição da ação de A/m
M
M
em mM
temos que ai mi = ai mi e pela ação de A em mM
temos ai mi =
ai mi logo m = a1 m1 + · · · + an mn , assim existe a1 m1 + · · · + an mn ∈ N tal
que f ( a1 m1 + · · · + an mn ) = m. Por outro lado, n ∈ Ker( f )⇔n ∈ N e
n = 0⇔n ∈ N e n ∈ mM logo Ker( f ) = N ∩ mM. Segue do Teorema de
M
Isomorfismos que N ∩NmM ' mM
e da Proposição 53 temos que N ∩NmM '
mM+ N
mM , agora como M ⊇ mM + N ⊇ mM segue também da Proposição 53
que
M
,
mM + N
Ve
rs
ão
M
M
+N
' mM
mas mM
mM logo mM+ N = 0 e mM + N = M. Aplicando o Corolário
anterior a M e N com I = m (o único ideal maximal de A) então I ⊆ R
(interseção de todos os ideais maximais de A) logo M = N.
3.2
sequências exatas
Definição 63. Uma sequência de A-módulos e A-homomorfismos
fi
f i +1
· · · −→ Mi−1 −→ Mi −→ Mi+1 −→ · · ·
(3)
é dita exata em Mi se Im( f i ) = Ker( f i+1 ). A sequência é exata se é exata em
cada Mi .
Em particular:
f
a. 0 → M0 → M é exata ⇔ f é injetiva;
g
b. M → M00 → 0 é exata ⇔ g é sobrejetiva;
41
f
g
c. 0 → M0 → M → M00 → 0 é exata ⇔ f é injetiva, g é sobrejetiva e
Im( f ) = Ker( g).
Uma sequência do tipo c. é chamada de sequência exata curta. Toda
sequência exata longa do tipo (3) pode ser dividida em sequências exatas
f i +1
incl
ar
curtas: se Ni = Im( f i ) = Ker( f i+1 ) temos 0 → Ni ,→ Mi Ni+1 → 0 para
cada i.
Proposição 64.
u
v
v
u
in
a. Seja M0 → M → M00 → 0 uma sequência de A-módulos e A-homomorfismos.
Então essa sequência é exata se, e somente se, para todo A-módulo N a sequência 0 → Hom A ( M00 , N ) → Hom A ( M, N ) → Hom A ( M0 , N ) é exata.
u
v
Pr
el
im
b. Seja 0 → N 0 → N → N 00 uma sequência de A-módulos e A-homomorfismos.
Então essa sequência é exata se, e somente se, para todo A-módulo M a
u
v
sequência 0 → Hom A ( M, N 0 ) → Hom A ( M, N ) → Hom A ( M, N 00 ) é
exata.
Demonstração.
u
v
a. (⇒) Suponha que M0 → M → M00 → 0 é uma sequência exata,
queremos provar que v é injetiva e Im(v) = Ker(u).
a) v é injetiva: Seja f ∈ Ker(v) então 0 = v( f ) = f ◦ v : M → N ou
seja f (v( M)) = 0, mas v é sobre logo v( M) = M00 assim f = 0.
Ve
rs
ão
b) Im(v) ⊆ Ker(u): Seja f ∈ Im(v), então existe g : M00 → N tal que
f = v( g) = g ◦ v. Por outro lado u( f ) = f ◦ u = g ◦ v ◦ u, mas
Im(u) = Ker(v) o que implica v ◦ u = 0 logo u( f ) = 0 e por tanto
f ∈ Ker(u).
c) Im(v) ⊇ Ker(u): Seja g ∈ Ker(u), então u( g) = g ◦ u = 0. Queremos provar que existe f : M00 → N tal que g = v( f ) = f ◦ v.
Dado m00 ∈ M00 como v é sobre existe m ∈ M tal que m00 = v(m),
defina então f (m00 ) := g(m). Vejamos que f está bem definida. Suponha que existam m1 , m2 ∈ M tais que m00 = v(m1 ) =
v(m2 ), logo m1 − m2 ∈ Ker(v) = Im(u) então existe m0 ∈ M0
tal que u(m0 ) = m1 − m2 , aplicando g a ambos lados temos
0 = g ◦ u(m0 ) = g(m1 ) − g(m2 ) logo g(m1 ) = g(m2 ). Vejamos agora que f ∈ Hom A ( M00 , N ): sejam m100 , m200 ∈ M00 então
existem m1 , m2 ∈ M tais que mi00 = v(mi ) o que implica que
m100 + m200 = v(m1 ) + v(m2 ) = v(m1 + m2 ) logo
f (m100 + m200 ) = g(m1 + m2 ) = g(m1 ) + g(m2 ) = f (m100 ) + f (m200 ).
42
Por outro lado, se a ∈ A então am100 = av(m1 ) = v( am1 ) logo
f ( am100 ) = g( am1 ) = ag(m1 ) = a f (m100 ).
v
u
ar
(⇐)Suponha que 0 → Hom A ( M00 , N ) → Hom A ( M, N ) → Hom A ( M0 , N )
é uma sequência exata para todo A-módulo N. Queremos provar que
v é sobre e Im(u) = Ker(v).
in
a) v é sobre: ( f : X → Y é sobre ⇔ g1 ◦ f = g2 ◦ f para aplicações
g1 , g2 : Y → Z implica g1 = g2 ). Suponha que existem homomorfismos g1 , g2 : M00 → N tais que g1 ◦ v = g2 ◦ v, i.e., v( g1 ) = v( g2 )
como v é injetiva então g1 = g2 e v é sobre.
Pr
el
im
b) Im(u) ⊆ Ker(v): Temos que u ◦ v = 0, i.e., f ◦ v ◦ u = 0 para todo
f : M00 → N. Tomando N = M00 e f = id segue que v ◦ u = 0 e
logo Im(u) ⊆ Ker(v).
c) Im(u) ⊇ Ker(v): Seja N = ImM(u) e π : M → N a projeção canônica.
Então u(π )(m0 ) = π ◦ u(m0 ) = u(m0 ) + Im(u) = 0 para todo m0 ∈
M0 então π ∈ Ker(u) = Im(v), logo existe f : M00 → N tal que
π = v( f ) = f ◦ v. Consequentemente, Ker(v) ⊆ Ker(π ) = Im(u).
b. Exercício 2.
3.3
produto tensorial de módulos
Ve
rs
ão
Sejam M, N, P três A-módulos. Uma aplicação f : M × N → P é chamada
A-bilinear se ela satisfaz:
a. f (m + m0 , n) = f (m, n) + f (m0 , n)
b. f (m, n + n0 ) = f (m, n) + f (m, n0 )
c. f ( am, n) = f (m, an) = a f (m, n)
para todo m, m0 ∈ M, n, n0 ∈ N e a ∈ A.
Proposição 65. Sejam M e N dois A-módulos. Então existe um A-módulo T junto
com uma aplicação A-bilinear g : M × N → T com a seguinte propriedade: dados
um A-módulo P e uma aplicação A-bilinear f : M × N → P, existe uma única
aplicação A-linear f 0 : T → P tal que f = f 0 ◦ g.
Alem disso, se ( T, g) e ( T 0 , g0 ) são dois pares que satisfazem essa propriedade,
então existe um único isomorfismo j : T → T 0 tal que j ◦ g = g0 .
43
M×N
f
{
g
/
T
∃! f 0
P
g0
{
T0
g
/
T
in
M×N
ar
Demonstração. Unicidade. Substituindo ( P, f ) por ( T 0 , g0 ) temos que existe
uma única j : T → T 0 tal que g0 = j ◦ g.
∃!j
M×N
g
{
T
Pr
el
im
Intercambiando os papéis de T e T 0 temos que existe um único j0 : T 0 → T
tal que g = j0 ◦ g0 .
g0
/
T0
∃!j0
Ve
rs
ão
Logo g0 = j ◦ j0 ◦ g0 e g = j0 ◦ j ◦ g, assim as composições j ◦ j0 : T 0 → T 0 e
j0 ◦ j : T → T devem ser a identidade, logo j é um isomorfismo.
Existência. Denote por C o A-módulo livre A| M× N | cujos elementos são
combinações lineares formais de elementos de M × N com coeficientes em
A, i.e., são expressões da forma ∑(mi ,ni )∈ M× N ai (mi , ni ) com ai ∈ A, mi ∈ M
e ni ∈ N. Seja D o submódulo de C gerado por todos os elementos de C do
seguinte tipo
(m + m0 , n) − (m, n) − (m0 , n)
(m, n + n0 ) − (m, n) − (m, n0 )
( am, n) − a(m, n)
(m, an) − a(m, n).
Seja T = C/D. Para cada elemento base (m, n) de C, denote por m ⊗ n sua
imagem em T. Então T é gerado pelos elementos da forma m ⊗ n. Estes
elementos satisfazem
(m + m0 ) ⊗ n = m ⊗ n + m0 ⊗ n
m ⊗ (n + n0 ) = m ⊗ n + m ⊗ n0
( am) ⊗ n = m ⊗ ( an) = a(m ⊗ n).
44
ar
Equivalentemente, a aplicação g : M × N → T definida por g(m, n) = m ⊗ n
é A-bilinear.
Queremos ver que ( T, g) satisfazem as condições da proposição. Observe
que qualquer aplicação f de M × N em um A-módulo P estende-se por
linearidade a um homomorfismo de A-módulos f : C → P. Suponha em
particular que f é A-bilinear então, segue das definições, que f anula-se em
todos os geradores de D e, logo, em todo D ou seja D ⊆ Ker( f ). Portanto,
f induz um A-homomorfismo bem definido f 0 : T = C/D → P tal que
f 0 (m ⊗ n) = f (m, n) = f (m, n). A aplicação f 0 é definida de maneira única
por esta condição, e logo o par ( T, g) satisfaz as condições da proposição.
Pr
el
im
in
O módulo T construído na proposição anterior é chamado de produto
tensorial de M e N, e será denotado por M ⊗ A N. Ele é gerado pelos
elementos m ⊗ n com m ∈ M e n ∈ N, chamaremos um elemento deste
tipo de tensor elementar. Se (mi )i∈ I e (n j ) j∈ J são famílias de geradores de
M e N, respetivamente, então os elementos mi ⊗ n j geram M ⊗ A N. Em
particular, se M e N são f.g. então também o é M ⊗ A N.
aula 9: 19/09/2014
Observação 66. Podemos generalizar a noção de produto tensorial a qualquer
número finito de módulos, definindo aplicações multilineares f : M1 × · · · ×
Mr → P como sendo aplicações lineares em cada variável e seguindo a
prova da Proposição 65 deveríamos chegar a um “produto multi-tensorial”
T = M1 ⊗ A · · · ⊗ A Mr gerado por todos os produtos m1 ⊗ · · · ⊗ mr , com
mi ∈ Mi para todo i = 1, . . . , r.
Ve
rs
ão
Proposição 67. (Propriedades do Produto Tensorial) Sejam M, N e P Amódulos, então:
a. Comutatividade: M ⊗ A N ' N ⊗ A M;
b. Associatividade: ( M ⊗ A N ) ⊗ A P ' M ⊗ A ( N ⊗ A P);
c. Distributividade:( M ⊕ N ) ⊗ A P ' ( M ⊗ A P) ⊕ ( N ⊗ A P);
d. Elemento unidade: A ⊗ A M ' M
e. Quocientes: Seja I ⊆ A um ideal então M ⊗ A A/I ' M/I M.
Demonstração. A técnica da demonstração é construir aplicações bilineares
ou multilineares e usar a Proposição 65 para deduzir a existência de homomorfismos de produtos tensoriais e logo construir morfismos inversos
explícitos para estes mapas. Os itens a. , b. e c. são deixados como
Exercício 3.
45
Aula 9
Pr
el
im
in
ar
Para ver d. defina a aplicação A-bilinear ϕ : A × M → M dada por
( a, m) 7→ am. Pela Proposição 65 existe um A-homomorfismo ϕ0 : A ⊗ A
M → M dado por ϕ0 ( a ⊗ m) = am. Seja agora o A-homomorfismo ψ :
M → A ⊗ A M dado por m 7→ 1 ⊗ m, então ϕ0 ◦ ψ : M → M satisfaz
ϕ0 ◦ ψ(m) = ϕ0 (1 ⊗ m) = 1m = m para todo m ∈ M logo ϕ0 ◦ ψ = id M . Por
outro lado ψ ◦ ϕ0 : A ⊗ A M → A ⊗ A M satisfaz ψ ◦ ϕ0 ( a ⊗ m) = ψ( am) =
1 ⊗ am = a ⊗ m para todo tensor elementar a ⊗ m com a ∈ A e m ∈ M,
como estes tensores elementares geram A ⊗ A M temos que ψ ◦ ϕ0 = id A⊗ A M .
Portanto A ⊗ A M ' M.
Para provar e. defina a aplicação A-bilinear ϕ : M × A/I → M/I M
dada por (m, a) 7→ am. Observe que esta aplicação está bem definida, i.e.,
o elemento am não depende da escolha do representante de classe de a:
Suponha que a = b então a − b ∈ I logo ( a − b)m ∈ I M ou seja am −
bm ∈ I M logo am = bm. Pela Proposição 65 existe um A-homomorfismo
ϕ0 : M ⊗ A A/I → M/I M dado por ϕ0 (m ⊗ a) = am. Seja agora o Ahomomorfismo ψ : M → M ⊗ A A/I dado por m 7→ m ⊗ 1, vejamos que
I M ⊆ Ker(ψ). Seja m ∈ I M, então m = Σai mi com ai ∈ I e mi ∈ M logo
temos
ψ ( m ) = ψ ( ∑ ai mi ) = ( ∑ ai mi ) ⊗ 1 =
i
i
∑ a i ( m i ⊗ 1)
i
= ∑ ( m i ⊗ a i 1) = ∑ ( m i ⊗ a i ) = 0
i
i
Ve
rs
ão
pois ai ∈ I, logo m ∈ Ker(ψ). Assim ψ induz um A-homomorfismo ψ :
M/I M → M ⊗ A A/I dado por m 7→ m ⊗ 1. Vejamos que ϕ0 e ψ são
inversos um do outro. Temos que ϕ0 ◦ ψ : M/I M → M/I M satisfaz ϕ0 ◦
ψ(m) = ϕ0 (m ⊗ 1) = 1m = m para todo m ∈ M/I M logo ϕ0 ◦ ψ = id M/I M .
Por outro lado ψ ◦ ϕ0 : M ⊗ A A/I → M ⊗ A A/I satisfaz ψ ◦ ϕ0 (m ⊗ a) =
ψ( am) = am ⊗ 1 = m ⊗ a para todo tensor elementar m ⊗ a com a ∈ A/I
e m ∈ M, como estes tensores elementares geram M ⊗ A A/I temos que
ψ ◦ ϕ0 = id M⊗ A A/I . Portanto M ⊗ A A/I ' M/I M.
Exemplo 68. Se m, n são coprimos então (Z/mZ) ⊗Z (Z/nZ) = 0. Como
mdc(m, n) = 1 então existem x, y ∈ Z tais que 1 = mx + ny. Seja agora
a ⊗ b um gerador de (Z/mZ) ⊗Z (Z/nZ) então
a ⊗ b = 1( a ⊗ b) = (mx + ny)( a ⊗ b)
= ((mx + ny) a) ⊗ b = ((mx ) a + (ny) a) ⊗ b
= (ny) a ⊗ b = a ⊗ (ny)b = a ⊗ 0 = 0.
Logo (Z/mZ) ⊗Z (Z/nZ) = 0.
Seja f : A → B um homomorfismo de anéis e seja N um B-módulo. Então
N tem uma estrutura de A-módulo definida como segue: se a ∈ A e n ∈ N
46
então definimos an como sendo f ( a)n. Neste caso dizemos que o A-módulo
N é obtido de N por restrição de escalares. Em particular, f define desta
maneira uma estrutura de A-módulo em B.
Proposição 69. Seja f : A → B um homomorfismo de anéis e seja N um B-módulo
f.g. Suponha que B é f.g. como um A-módulo. Então N é f.g. como um A-módulo.
ar
Demonstração. Sejam n1 , . . . , nr os geradores de N como B-módulo e sejam
b1 , . . . , bk os geradores de B como A-módulo. Então os rk produtos ni b j são
os geradores de N como A-módulo: N 3 n = ∑ri=1 xi ni onde xi ∈ B, logo
xi = ∑kj=1 aij b j com aij ∈ A assim n = ∑ri=1 ∑kj=1 aij (b j ni ).
Pr
el
im
in
Seja M um A-módulo, podemos formar o A-módulo MB ' B ⊗ A M pois,
como observamos antes, B tem estrutura de A-módulo. De fato MB carrega
também uma estrutura de B-módulo dada por b(b0 ⊗ m) = bb0 ⊗ m para
todo b, b0 ∈ B e m ∈ M. Dizemos que o B-módulo MB é obtido de M por
extensão de escalares.
Proposição 70. Seja f : A → B um homomorfismo de anéis. Se M é um A-módulo
f.g., então MB é f.g. como um B-módulo.
Demonstração. Sejam m1 , . . . , mr os geradores de M sobre A e seja b ⊗ m
um tensor elementar de MB então b ⊗ m = b(1 ⊗ m) = b(1 ⊗ ∑ri=1 ai mi ) =
∑ri=1 ai b(1 ⊗ mi ), onde a ação de A em B foi definida por ai b = f ( ai )b ∈ B.
Logo os 1 ⊗ mi ’s geram MB sobre B.
Proposição 71. Sejam M, N, P A-módulos então
Ve
rs
ão
Hom A ( M ⊗ A N, P) ' Hom A ( M, Hom A ( N, P)).
Demonstração. Seja f : M × N → P uma aplicação A-bilinear. Para cada m ∈
M a aplicação n 7→ f (m, n) de N em P é A-linear (logo A-homomorfismo),
logo f da origem a uma aplicação ϕ : M → Hom A ( N, P) a qual é A-linear
(logo A-homomorfismo) pois f é linear na variável m. Reciprocamente, qualquer A-homomorfismo ϕ : M → Hom A ( N, P) define uma aplicação bilinear
f : M × N → P dada por (m, n) 7→ ϕ(m)(n). Logo o conjunto S de todas as
aplicações A-bilineares M × N → P está em correspondência um-a-um com
Hom A ( M, Hom A ( N, P)). Por outro lado, S está em correspondência um-aum com Hom A ( M ⊗ N, P) pela Proposição 65. Logo temos um isomorfismo
canônico Hom A ( M ⊗ A N, P) ' Hom A ( M, Hom A ( N, P)).
Sejam f : M → M0 e g : N → N 0 homomorfismos de A-módulos. Defina
h : M × N → M0 ⊗ A N 0 por h(m, n) = f (m) ⊗ g(n), é fácil ver que h é
A-bilinear e logo induz um homomorfismo de A-módulos h0 : M ⊗ A N →
M0 ⊗ A N 0 tal que h0 (m ⊗ n) = f (m) ⊗ g(n) para todo m ∈ M e n ∈ N.
Denote h0 por f ⊗ g.
47
Em particular, fixado um A-módulo N temos um funtor TN = _ ⊗ A N
da categoria dos A-módulos e A-homomorfismos nela mesma, que associa
a cada A-módulo M o A-módulo M ⊗ A N e leva o A-homomorfismo f :
M → M0 no A-homomorfismo f ⊗ id : M ⊗ A N → M0 ⊗ A N. Uma das
propriedades mais importantes deste funtor é que ele é exato à direita:
f
ar
Proposição 72. (_ ⊗ A N é Exato à Direita) Seja
g
M0 → M → M00 → 0
(4)
f ⊗id N
in
uma sequência exata de A-módulos e A-homomorfismos, e seja N um A-módulo
qualquer. Então a sequência
g⊗id N
é exata.
Pr
el
im
M0 ⊗ A N −→ M ⊗ A N −→ M00 ⊗ A N → 0
(5)
Demonstração. Denote por E a sequência (4) e por E ⊗ A N a sequência (5).
Seja P um A-módulo qualquer. Como E é exata, a sequência Hom A ( E, Hom A ( N, P))
é exata pela Proposição 64, logo a sequência Hom A ( E ⊗ A N, P) é exata
pela Proposição 71. Novamente, pela Proposição 64 segue que E ⊗ A N é
exata.
f
g
Em geral não é verdade que se M0 → M → M00 é uma sequência exata
f ⊗id
g⊗id
então M0 ⊗ A N → M ⊗ A N → M00 ⊗ A N é exata, pois produtos tensoriais
podem, por exemplo, destruir injetividade, vejamos:
f
Ve
rs
ão
Exemplo 73. Considere o anel A = Z e a sequência exata 0 → Z → Z
onde f ( x ) = 2x para todo x ∈ Z. Seja N = Z/2Z então a sequência
f ⊗id
0 → Z ⊗Z (Z/2Z) → Z ⊗Z (Z/2Z) não é exata, pois para qualquer
x ⊗ y ∈ Z ⊗Z (Z/2Z) temos
( f ⊗ id)( x ⊗ y) = 2x ⊗ y = x ⊗ 2y = x ⊗ 0 = 0,
logo f ⊗ id é a aplicação nula enquanto que Z ⊗Z (Z/2Z) ' Z/2Z 6= 0.
Definição 74. Um A-módulo M é dito plano se o funtor _ ⊗ A M é exato.
Note que como o produto tensorial é exato à direita, M é plano sobre A
se, e somente se, o funtor _ ⊗ A M preserva injeções, ou seja, N ,→ N 0 injetor
implica N ⊗ A M ,→ N 0 ⊗ A M injetor.
Exemplo 75.
48
L
a. Módulos livres são sempre planos: se M = i∈ I A, para qualquer
morfismo de A-módulos f : N → N 0 temos a aplicação
!
!
M
N ⊗A
A
f ⊗id
−→ N 0 ⊗ A
i∈ I
M
A ,
(6)
i∈ I
'
/
N 0 ⊗ A (⊕i∈ I A)
⊕i ∈ I f
/
'
⊕i ∈ I N 0
Pr
el
im
⊕i ∈ I N
f ⊗id
in
N ⊗ A (⊕i∈ I A)
ar
mas pela propriedade distributiva e elemento unidade do produto
L
L
tensorial (Proposição 67 c. e d. ) temos: N ⊗ A ( i∈ I A) ' i∈ I ( N ⊗ A
L
A) ' i∈ I N, assim o seguinte diagrama comuta
Logo se f é injetor então ⊕ f também é injetor o que implica que f ⊗ id
é injetor, mostrando que M é um A-módulo plano.
b. Se I é um ideal próprio de um domínio A, então A/I é um A-módulo
plano se, e somente se, I = 0. (Exercício 4.)
Álgebras
Seja f : A → B um homomorfismo de anéis. Se a ∈ A e b ∈ B defina o
produto ab = f ( a)b. Logo B tem estrutura de A-módulo e estrutura de
anel. Chamamos ao anel B equipado com sua estrutura de A-módulo de
A-álgebra.
Ve
rs
ão
Definição 76. Uma A-álgebra é um anel B junto com um homomorfismo
de anéis f : A → B.
Se f : A → B e g : A → C são dois homomorfismos de anéis, um
homomorfismo de A-álgebras h : B → C é um homomorfismo de anéis que
também é um homomorfismo de A-módulos.
Dizemos que um homomorfismo de anéis f : A → B é finito e B é
uma A-álgebra finita se B é f.g. como um A-módulo. Dizemos que o
homomorfismo f é de tipo finito e B é uma A-álgebra f.g. se existe um
conjunto finito de elementos b1 , . . . , bn ∈ B tal que todo elemento de B pode
ser escrito como um polinômio em b1 , . . . , bn com coeficientes em f ( A), ou
equivalentemente, se existe um homomorfismo de A-álgebras sobrejetor do
anel dos polinômios A[ x1 , . . . , xn ] em B.
49
Aula 10
aula 10: 24/09/2014
Pr
el
im
in
ar
Lembrando a última aula. Definimos uma A-álgebra como sendo um anel
B equipado com uma estrutura de A-módulo definida por um homomorfismo de anéis f : A → B dada por ab = f ( a)b.
Dadas duas A-álgebras B, C podemos formar seu produto tensorial D =
B ⊗ A C que é um A-módulo. Vamos definir uma multiplicação em D. Considere a aplicação B × C × B × C → D definida por (b, c, b0 , c0 ) 7→ bb0 ⊗ cc0 .
Claramente esta aplicação é A-multilinear e logo induz um homomorfismo
de A-módulos B ⊗ A C ⊗ A B ⊗ A C → D, pela Proposição 67 b. podemos
associar, então temos um homomorfismo de A-módulos D ⊗ A D → D
que corresponde a uma aplicação A-bilinear µ : D × D → D tal que
µ(b ⊗ c, b0 ⊗ c0 ) = bb0 ⊗ cc0 . Com esta multiplicação e a soma definida
por µ+ (b ⊗ c, b0 ⊗ c0 ) = (b + b0 ) ⊗ (c + c0 ), o produto tensorial D = B ⊗ A C
é um anel comutativo com elemento identidade 1 ⊗ 1. Mais ainda, D é uma
A-álgebra: a aplicação a 7→ f ( a) ⊗ g( a) é um homomorfismo de anéis de A
em D.
Definição 77. Uma A-álgebra B é plana se B é plano como A-módulo.
Proposição 78. Seja f : A → B uma A-álgebra plana, g : B → C uma B-álgebra
plana, então g ◦ f : A → C é uma A-álgebra plana.
Ve
rs
ão
Demonstração. Temos que provar que C é um A-módulo plano. É claro
que C é um A-módulo com ação de A dada por ac = g( f ( a))c = ( g ◦
f )( a)c, só resta provar que o funtor _ ⊗ A C é exato. Seja j : N ,→ N 0
um homomorfismo de A-módulos injetivo, então como B é um A-módulo
plano j ⊗ idB : N ⊗ A B ,→ N 0 ⊗ A B é um homomorfismo de A-módulos
injetivo. Mas NB = N ⊗ A B é um B-módulo (obtido de N por extensão de
escalares) com ação de B dada por b(n ⊗ b0 ) = n ⊗ bb0 para todo b, b0 ∈ B
e n ∈ N, logo j ⊗ idB : N ⊗ A B ,→ N 0 ⊗ A B é um homomorfismo de Bmódulos injetivo. Como C é um B-módulo plano então ( j ⊗ idB ) ⊗ idC :
( N ⊗ A B) ⊗ B C ,→ ( N 0 ⊗ A B) ⊗ B C é um homomorfismo de B-módulos
injetivo. Como o seguinte diagrama
( N ⊗ A BO ) ⊗ B C  ( j⊗id)⊗id
/
( N 0 ⊗ A B) ⊗ B C
'
N ⊗A C
j⊗id
/
'
N0 ⊗A C
comuta (pelo Exercício 9 da Lista 3 : (Lei do Cancelamento) Seja f :
A → B uma A-álgebra, M um A-módulo e N um B-módulo. Mostre
que existe isomorfismo de B-módulos:( M ⊗ A B) ⊗ B N ' M ⊗ A N.) temos
50
que j ⊗ idC : N ⊗ A C ,→ N 0 ⊗ A C é um homomorfismo de B-módulos
injetivo. Como B é uma A-álgebra todo B-módulo é um A-módulo (obtido
de por restrição de escalares) com ação de A dada por an = f ( a)n. Assim
j ⊗ idC : N ⊗ A C ,→ N 0 ⊗ A C é um homomorfismo de A-módulos injetivo.
Logo C é um A-módulo plano.
ar
Proposição 79. (Mudança de Base) Seja f : A → B uma A-álgebra plana, M
um A-módulo plano então B ⊗ A M é um B-módulo plano.
Pr
el
im
in
Demonstração. Seja j : N ,→ N 0 um homomorfismo de B-módulos injetivo.
Como B é uma A-álgebra todo B-módulo é um A-módulo, assim j : N ,→ N 0
é um homomorfismo de A-módulos injetivo. Como M é um A-módulo plano
então j ⊗ id M : N ⊗ A M ,→ N 0 ⊗ A M é um homomorfismo de A-módulos
injetivo. Mas N ⊗ A M também tem estrutura de B-módulo com ação de B
dada por b(n ⊗ m) = bn ⊗ m, assim j ⊗ id M : N ⊗ A M ,→ N 0 ⊗ A M é um
homomorfismo de B-módulos injetivo. Analogamente à proposição anterior
temos que o seguinte diagrama
N ⊗B ( B ⊗ A M)
j⊗id
/
N 0 ⊗B ( B ⊗ A M)
O
'
'
N ⊗A M

j⊗id
/
N0 ⊗A M
comuta, logo j ⊗ id : N ⊗ B ( B ⊗ A M) ,→ N 0 ⊗ B ( B ⊗ A M ) é um homomorfismo de B-módulos injetivo. Logo B ⊗ A M é um B-módulo plano.
exercícios
Ve
rs
ão
3.4
Ex. 32 — Prove que
1. Se L ⊇ M ⊇ N são A-módulos, então ( L/N )/( M/N ) ' L/M.
2. Se M1 e M2 são submódulos de M, então
M2
( M1 + M2 )
'
.
M1
( M1 ∩ M2 )
u
v
Ex. 33 — Seja 0 → N 0 → N → N 00 uma sequência de A-módulos e Ahomomorfismos. Mostre que essa sequência é exata se, e somente se, para
todo A-módulo M a sequência
u
v
0 → Hom A ( M, N 0 ) → Hom A ( M, N ) → Hom A ( M, N 00 )
é exata.
51
Ex. 34 — Seja 0 → M0 → M → M00 uma sequência exata de A-módulos.
Mostre que se M0 e M00 são f.g. então M é f.g.
Ex. 35 — Seja A um anel não nulo. Mostre que se Am ' An então m = n.
ar
Ex. 36 — Se I é um ideal próprio de um domínio A, então A/I é um
A-módulo plano se, e somente se, I = 0.
1. M ⊗ A N ' N ⊗ A M;
2. ( M ⊗ A N ) ⊗ A P ' M ⊗ A ( N ⊗ A P);
Pr
el
im
3. ( M ⊕ N ) ⊗ A P ' ( M ⊗ A P) ⊕ ( N ⊗ A P);
in
Ex. 37 — (Propriedades do Produto Tensorial) Sejam M, N e P A-módulos,
mostre que:
Ex. 38 — (Lema de Nakayama II) Sejam A um anel local, k seu corpo de
resíduos, M e N A-módulos f.g. Prove que:
1. Se M ⊗ A k = 0 então M = 0.
2. Se M ⊗ A N = 0 então M = 0 ou N = 0.
3. Seja φ : N → M um morfismo de A-álgebras. Então φ é sobrejetor
se, e somente se, a aplicação k-linear φ ⊗ id : N ⊗ A k → M ⊗ A k é
sobrejetora.
Ex. 39 — Seja A um anel, f : A → B uma A-álgebra, M um A-módulo e N
um B-módulo. Mostre que
Ve
rs
ão
HomB ( B ⊗ A M, N ) ' Hom A ( M, N ).
Ex. 40 — (Cancelamento) Seja f : A → B uma A-álgebra, M um A-módulo
e N um B-módulo. Mostre que existe isomorfismo de B-módulos:
( M ⊗ A B) ⊗ B N ' M ⊗ A N.
Ex. 41 — Sejam Mi e Mi0 A-módulos. Suponha que as linhas do diagrama
comutativo
M1
m
M10
g
/
M2
n
s
/
M20
h
/
M3
p
t
/
M30
j
u
/
/
M4
q
M40
52
são exatas e que m e p são A-homomorfismos sobrejetivos e q é um Ahomomorfismo injetivo, mostre que n é um A-homomorfismo sobrejetivo.
Ex. 42 — Seja B uma A-álgebra e seja f ( x ) ∈ A[ x ]. Mostre que existem
isomorfismos de B-álgebras:
Ve
rs
ão
Pr
el
im
in
ar
1. A[ x ] ⊗ A B ' B[ x ]
A[ x ]
B[ x ]
2.
⊗A B '
.
( f ( x )) A[ x ]
( f ( x )) B[ x ]
53
4
LOCALIZAÇÃO
ar
Como uma generalização da forma em que construímos o corpo de frações
de um domínio, podemos construir a localização de um subconjunto multiplicativo de um anel como sendo o anel obtido invertendo formalmente os
elementos deste subconjunto.
m
in
Definição 80. Seja A um anel. Um conjunto multiplicativo S ⊆ A é um
subconjunto que é fechado por produto, ou seja se s, t ∈ S então st ∈ S, e tal
que 1 ∈ S.
Defina uma relação ≡ em A × S como segue:
( a, s) ≡ ( a0 , s0 ) ⇔ ( as0 − a0 s)u = 0 para algum u ∈ S.
Pr
eli
Claramente, esta relação é reflexiva e simétrica. Para ver que é transitiva,
suponha que ( a, s) ≡ (b, t) e (b, t) ≡ (c, u). Então existem v, w ∈ S tais que
( at − bs)v = 0 e (bu − ct)w = 0. Eliminando b destas duas equações temos
( au − cs)tvw = 0. Como S é fechado sob multiplicação temos que tvw ∈ S,
logo ( a, s) ≡ (c, u). Portanto, ≡ é uma relação de equivalência.
Denotemos por as a classe de equivalência de ( a, s) e seja S−1 A = ( A ×
S)/ ≡ o conjunto das classes de equivalências. Vamos colocar uma estrutura
de anel S−1 A definindo adição e multiplicação da maneira usual1 :
ão
a s + a2 s1 a1 a2
a a
a1 a2
+
= 1 2
e
·
= 1 2.
s1
s2
s1 s2
s1 s2
s1 s2
Ve
rs
Com estas operações, S−1 A é um anel comutativo com elemento nulo 01 e
elemento identidade 11 que chamaremos de localização de A com respeito a
S.
Associado a S−1 A temos um homomorfismo de anéis ρ : A → S−1 A dado
por a 7→ 1a chamado de mapa de localização.
Observação 81. Quando A é um domínio de integridade e S = A − {0} então
S−1 A é o corpo de frações de A e neste caso o mapa de localização é a
inclusão A ⊆ S−1 A . Entretanto, para anéis gerais, o mapa de localização
nem sempre é injetivo.
Teorema 82. (Propriedade Universal da Localização) Seja g : A → B um
homomorfismo de anéis tal que g(s) ∈ B× para todo s ∈ S. Então existe um único
1 Estas operações estão bem definidas, i.e., não dependem dos representantes de classe
utilizados. Verifique!
54
homomorfismo de anéis h : S−1 A → B tal que g = h ◦ ρ (onde ρ é o mapa de
localização).
Demonstração. Unicidade. Se h satisfaz a condição, então h( 1a ) = hρ( a) = g( a)
para todo a ∈ A, logo se s ∈ S
ar
1
s
s
h( ) = h(( )−1 ) = h( )−1 = g(s)−1
s
1
1
Pr
el
im
( g( a) g(s0 ) − g( a0 ) g(s)) g(t) = 0,
in
e logo h( as ) = h( 1a )h( 1s ) = g( a) g(s)−1 , logo h é univocamente determinado
por g.
Existência. Seja h( as ) = g( a) g(s)−1 . Então h será claramente um homomor0
fismo de anéis desde que esteja bem definido. Suponha então que as = as0
então existe t ∈ S tal que ( as0 − a0 s)t = 0, logo aplicando g temos
agora g(t), g(s) e g(s0 ) são unidades em B, então g( a) g(s)−1 = g( a0 ) g(s0 )−1 ,
0
logo h( as ) = h( as0 ).
O anel S−1 A e o mapa de localização ρ : A → S−1 A têm as seguintes
propriedades:
a. Se s ∈ S então ρ(s) é uma unidade em S−1 A;
b. Se ρ( a) = 0 então as = 0 para algum s ∈ S;
c. Todo elemento de S−1 A é da forma ρ( a)ρ(s)−1 para certos a ∈ A e
s ∈ S.
Ve
rs
ão
Reciprocamente, esta três condições determinam o anel S−1 A a menos de
isomorfismo. Mais precisamente:
Corolário 83. Se g : A → B é um homomorfismo de anéis tal que:
a. Se s ∈ S então g(s) é uma unidade em B;
b. Se g( a) = 0 então as = 0 para algum s ∈ S;
c. Todo elemento de B é da forma g( a) g(s)−1 para certos a ∈ A e s ∈ S.
Então existe um único isomorfismo h : S−1 A → B tal que g = h ◦ ρ.
Demonstração. Segue do item a. e da Propriedade Universal da Localização
(Teorema 82) que existe um único homomorfismo de anéis h : S−1 A → B
definido por h( as ) = g( a) g(s)−1 tal que g = h ◦ ρ. Vejamos que h é um
isomorfismo. Pelo item c. h é sobrejetor. Para ver que h é injetor, seja
a
a
s ∈ Ker( h ) então h ( s ) = 0 logo g ( a ) = 0, segue do item b. que at = 0 para
algum t ∈ S, logo as = 01 .
55
Lema 84. Seja A um anel e seja S ⊆ A um conjunto multiplicativo. Então
S−1 A = 0 se e somente se 0 ∈ S.
Demonstração. Temos que S−1 A = 0 se, e somente se, 01 = 11 em S−1 A (veja
a Observação 2 logo após a Definição 1), ou seja, se e somente se, existe
s ∈ S tal que (0 · 1 − 1 · 1) · s = 0, i.e., se e somente se, s = 0 ∈ S.
Pr
el
im
in
ar
Exemplo 85. Seja p um ideal primo de A. Então S = A \ p é um conjunto
multiplicativo: s, s0 ∈ S então s, s0 6∈ p logo s · s0 6∈ p portanto s · s0 ∈ S. Neste
caso denotaremos por Ap ao anel S−1 A = { ba | a ∈ A, b 6∈ p}. Os elementos
a
b
s com a ∈ p formam um ideal m em Ap . Se t 6 ∈ m então b 6 ∈ p, logo b ∈ S
e logo bt é uma unidade em Ap . Segue da Proposição 19 a. (Proposição
da Aula 2 que diz: Seja A um anel e m um ideal próprio de A tal que todo
a ∈ A − m é uma unidade de A. Então A é um anel local e m seu ideal
maximal) que Ap é um anel local e m é seu único ideal maximal.
Podemos também localizar módulos (em particular, ideais) e álgebras:
dado um A-módulo (ou A-álgebra) M, a localização S−1 M de M com
relação a um subconjunto multiplicativo S de A é o S−1 A-módulo (ou
S−1 A-álgebra) cujos elementos são as frações ms com m ∈ M e s ∈ S com
identificação:
m1
m
= 2 em S−1 M ⇔ ∃t ∈ S tal que t(s2 m1 − s1 m2 ) = 0 em M
s1
s2
e operações de soma e multiplicação por escalar dadas por
m1 m2
s m + s1 m2
+
= 2 1
s1
s2
s1 s2
Ve
rs
ão
am
a m
· =
,
t s
ts
para todo a ∈ A, s, t ∈ S e m1 , m2 ∈ M2 .
Dado um morfismo de A-módulos f : M → N temos um morfismo de
f (m)
−
S 1 A-módulos induzido S−1 f : S−1 M → S−1 N dado por ms 7→ s para
todo m ∈ M e s ∈ S. Este morfismo satisfaz S−1 ( f ◦ g) = (S−1 f ) ◦ (S−1 g).
Logo “localização” é na verdade um funtor da categoria de A-módulos e
na categoria de S−1 A-módulos. Uma das propriedades mais importantes
deste funtor é que ele é exato:
Proposição 86. (S−1 é exato) Seja A um anel, S um conjunto multiplicativo
f
S −1 f
g
e M0 → M → M00 uma sequência exata de A-módulos. Então S−1 M0 →
S −1 g
S−1 M → S−1 M00 é uma sequência exata de S−1 A-módulos.
Demonstração. Como g ◦ f = 0 então (S−1 g) ◦ (S−1 f ) = S−1 ( g ◦ f ) = 0,
logo Im(S−1 f ) ⊆ Ker(S−1 g). Para mostrar a inclusão oposta, seja ms ∈
2 Verifique que estas operações estão bem definidas
56
g(m)
Ker(S−1 g), então s = 0 em S−1 M00 , logo existe t ∈ S tal que tg(m) = 0
em M00 . Mas tg(m) = g(tm) pois g é um homomorfismo de A-módulos,
logo tm ∈ Ker( g) = Im( f ) e logo tm = f (m0 ) para algum m0 ∈ M0 . Então
0
f (m0 )
em S−1 M temos ms = st = (S−1 f )( mst ) ∈ Im(S−1 f ). Logo Ker(S−1 g) ⊆
Im(S−1 f ).
Aula 11
ar
aula 11: 26/09/2014
Como consequências da exatidão de S−1 temos:
in
Corolário 87. Seja A um anel, S um conjunto multiplicativo e f : M → N um
A-homomorfismo. Temos:
Pr
el
im
a. Se f é injetor (respetivamente sobrejetor, bijetor) então S−1 f é injetor (respetivamente sobrejetor, bijetor).
b. Localização comuta com kernels, cokernels e imagens, i.e., temos isomorfismos:
a) Ker(S−1 f ) ' S−1 (Ker( f ))
b) Coker(S−1 f ) ' S−1 (Coker( f ))
c) Im(S−1 f ) ' S−1 (Im( f ))
c. Localização comuta com quocientes: Se N é um submódulo de M então
S −1 ( M )
M
.
S −1 ( ) ' −1
N
S (N)
Demonstração. Exercício 1.
Ve
rs
ão
Segue do primeiro item que se N é um submódulo de M a aplicação
→ S−1 M é injetiva e logo S−1 N pode ser considerado com um submódulo de S−1 M, i.e. localização preserva inclusões. Com esta convenção
temos:
S −1 N
Corolário 88. Se N e P são submódulos de um A-módulo M, então:
a. S−1 ( N + P) = S−1 ( N ) + S−1 ( P);
b. S−1 ( N ∩ P) = S−1 ( N ) ∩ S−1 ( P).
Demonstração. Exercício 2.
Proposição 89. Seja M um A-módulo então existe um isomorfismo de S−1 Amódulos S−1 A ⊗ A M ' S−1 M.
57
i
i
ai ti
⊗ mi =
s
1
1
⊗ ai ti mi ,
s ∑
i
m
in
a
∑ sii ⊗ mi = ∑
ar
Demonstração. O anel S−1 A junto com o homomorfismo de anéis “mapa
de localização” ρ : A → S−1 A é uma A-álgebra e logo todo S−1 A-módulo
é um A-módulo, em particular S−1 M é um A-módulo. A aplicação f :
S−1 A × M → S−1 M definida por ( as , m) 7→ am
s é A-bilinear e logo, pela
propriedade universal do produto tensorial (Proposição 65), induz um Ahomomorfismo f 0 : S−1 A ⊗ A M → S−1 M satisfazendo f 0 ( as ⊗ m) = am
s para
−
1
−
1
todo a ∈ A, m ∈ M e s ∈ S. Por outro lado, S A ⊗ A M é o S A-módulo
obtido de M por extensão de escalares. Logo f 0 é um homomorfismo de
S−1 A-módulos. Claramente, f 0 é sobrejetiva.
Seja, agora, Σi ( as i ⊗ mi ) um elemento de S−1 A ⊗ A M. Se denotamos
i
s = Πi si ∈ S e ti = Πj6=i s j então temos
∑ s ⊗ ai ti mi =
i
logo todo elemento de S−1 A ⊗ A M é da forma 1s ⊗ m. Suponha que f 0 ( 1s ⊗
m) = 0, então ms = 0 logo tm = 0 para algum t ∈ S e portanto
Pr
eli
1
t
1
1
⊗ m = ⊗ m = ⊗ tm = ⊗ 0 = 0.
s
st
st
st
Logo f 0 é injetiva e logo é um isomorfismo de S−1 A-módulos.
Corolário 90. S−1 A é um A-módulo plano.
ão
Demonstração. Seja j : N ,→ N 0 um homomorfismo de A-módulos injetivo,
como S−1 é um funtor exato (Proposição 86) então S−1 j : S−1 N ,→ S−1 N 0
é um homomorfismo de S−1 A-módulos injetivo. Pela proposição anterior
N ⊗ A S−1 A ' S−1 N como S−1 A-módulos e o seguinte diagrama
S−1O N 
S −1 j
/
S −1 N 0
Ve
rs
'
N ⊗ A S −1 A
j⊗id
/
'
N 0 ⊗ A S −1 A
comuta. Logo j ⊗ id : N ⊗ A S−1 A ,→ N 0 ⊗ A S−1 A é um homomorfismo de
S−1 A-módulos injetivo. Mas ρ : A → S−1 A é uma A-álgebra e logo todo
S−1 A-módulo é um A-módulo. Assim j ⊗ id : N ⊗ A S−1 A ,→ N 0 ⊗ A S−1 A é
um homomorfismo de A-módulos injetivo e por tanto S−1 A é um A-módulo
plano.
Proposição 91. Se M e N são A-módulos então existe um isomorfismo de S−1 Amódulos S−1 ( M ⊗ A N ) ' (S−1 M ) ⊗S−1 A (S−1 N ). Em particular, se p ∈
Spec( A) então ( M ⊗ A N )p ' Mp ⊗ Ap Np como Ap -módulos.
Demonstração. Exercício 3.
58
Proposição 92. Seja M um A-módulo f.g., S um subconjunto multiplicativo de A.
Então S−1 (Ann( M )) = Ann(S−1 M).
Demonstração. Para provar este resultado utilizaremos os seguintes fatos
(verifique) onde M, N e P são A-módulos:
a. Ann( M + N ) = Ann( M) ∩ Ann( N ).
ar
b. ( N : P) = Ann(( N + P)/N ).
in
Vejamos primeiramente que se o resultado vale para dois submódulos M1
e M2 de M então vale para a soma M1 + M2 :
fato
S−1 (Ann( M1 + M2 )) = S−1 (Ann( M1 ) ∩ Ann( M2 ))
Pr
el
im
Cor 88 −1
= S (Ann( M1 )) ∩ S−1 (Ann( M2 ))
hip
= Ann(S−1 ( M1 )) ∩ Ann(S−1 ( M2 ))
fato
= Ann(S−1 M1 + S−1 M2 )
Cor 88
= Ann(S−1 ( M1 + M2 )).
Ve
rs
ão
Logo é suficiente provar o resultado para um A-módulo M gerado por
somente um elemento m. Seja f : A → M = (m) o homomorfismo de
A-módulos dado por a 7→ am então claramente f é sobre e Ker( f ) = { a ∈
A | am = 0} = Ann( M), logo M ' A/ Ann( M) como A-módulos. Então
S−1 M ' S−1 A/S−1 (Ann( M )) pelo Corolário 87 c. , assim Ann(S−1 M) =
S−1 (Ann( M )).
Corolário 93. Se N, P são submódulos de um A-módulo M e se P é f.g. então
S −1 ( N : P ) = ( S −1 N : S −1 P ).
Demonstração. Como ( N : P) = Ann(( N + P)/N ) e ( N + P)/N é f.g. então
S−1 ( N : P) = S−1 (Ann(( N + P)/N ))
= Ann(S−1 (( N + P)/N ))
= Ann(S−1 ( N + P)/S−1 N )
= Ann((S−1 N + S−1 P)/S−1 N )
= ( S −1 N : S −1 P ).
59
4.1
propriedades locais
Uma propriedade P de um anel A (ou de um A-módulo M) é dita uma
propriedade local se:
“A (ou M) tem P ⇔ Ap (ou Mp ) tem P para todo ideal p ∈ Spec( A)”
As seguintes proposições são exemplos de propriedades locais:
Proposição 94. Seja M um A-módulo, então são equivalentes:
ar
a. M = 0;
c. Mm = 0 para todo m ∈ Specm( A);
m
in
b. Mp = 0 para todo p ∈ Spec( A);
Pr
eli
Demonstração. Claramente (a. )⇒(b. )⇒(c. ). Suponha que acontece (c. ) e
que M 6= 0. Seja m um elemento não nulo de M e seja I = Ann(m) (i.e., o
conjunto de todos os a ∈ A tais que am = 0), então I é um ideal próprio
de A e logo está contido em um ideal maximal m (Corolário 15). Considere
o elemento m1 ∈ Mm , como Mm = 0 temos que m1 = 0 e logo tm = 0 para
algum t ∈ S = A − m, mas então t aniquila m e logo t ∈ I ⊆ m o que é um
contradição.
Temos ainda uma importante recíproca da Proposição 86:
f
g
Teorema 95. O complexo de A-módulos M0 → M → M00 (i.e., uma sequência
de A-módulos tal que Im( f ) ⊆ Ker( g)) é exato, se e somente se, suas localizações
fm
gm
ão
0 → M → M 00 são exatas para todo m ∈ Specm( A ). Analogamente para
Mm
m
m
todo p ∈ Spec( A).
Ve
rs
Demonstração. Considere o A-módulo Ker( g)/ Im( f ). Segue do Corolário
87 que
Ker( g)
Im( f )
m
(3) (Ker( g))m (2) Ker( gm )
'
.
'
(Im( f ))m
Im( f m )
Observe que, como o funtor localização preserva inclusões, Im( f m ) ⊆
Ker( gm ) e os quocientes acima estão bem definidos. Agora o complexo
Ker( g)
é exato se, e somente se, o A-módulo Im( f ) = 0. Segue da Proposição ante
Ker( g)
Ker( g)
rior que Im( f ) = 0 se, e somente se, Im( f )
= 0 para todo m ∈ Specm( A)
se, e somente se,
fm
Ker( gm )
Im( f m )
m
= 0 para todo m ∈ Specm( A) se, e somente se,
gm
0 → M → M 00 é exata para todo m ∈ Specm( A ).
Mm
m
m
Como consequência disso temos:
60
Proposição 96. Seja f : M → N um A-homomorfismo, então são equivalentes:
a. f é injetiva (sobrejetiva, bijetiva)
b. f p : Mp → Np é injetiva (sobrejetiva, bijetiva) para todo p ∈ Spec( A);
c. f m : Mm → Nm é injetiva (sobrejetiva, bijetiva) para todo m ∈ Specm( A);
ar
Demonstração. Exercício 4.
A propriedade de um A-módulo ser plano é local:
a. M é um A-módulo plano;
Pr
el
im
b. Mp é um Ap -módulo plano para todo p ∈ Spec( A);
in
Proposição 97. Para qualquer A-módulo M, as seguintes afirmações são equivalentes:
c. Mm é um Am -módulo plano para todo m ∈ Specm( A);
Demonstração. Exercício 5.
4.2
localização e ideais primos
Uma das ventagens da localização é que os elementos de S passam a ser
unidades de S−1 A, e como consequência deste aumento de unidades temos
uma redução na quantidade de ideais primos.
Ve
rs
ão
Teorema 98. Seja A um anel, S ⊆ A um conjunto multiplicativo e ρ : A → S−1 A
o mapa de localização.
a. Se I ⊆ A é um ideal de A, então S−1 I ⊆ S−1 A é um ideal de S−1 A.
Reciprocamente, todo ideal J ⊆ S−1 A é da forma S−1 I para algum ideal
I ⊆ A.
b. O mapa de espectros induzido por ρ, Spec(ρ) : Spec(S−1 A) ,→ Spec( A) é
injetor e tem como imagem o conjunto
DS := {p ∈ Spec( A) | p ∩ S = ∅}
dos primos p que não interceptam S. A pré-imagem de p ∈ DS é dada por
S−1 p. (i.e., os ideais primos de S−1 A estão em correspondência um-a-um com
os ideais primos de A que não interceptam S).
Demonstração.
61
a. Como localização é um funtor exato, preserva injetividade, assim se
I ⊆ A é um ideal de A então S−1 I ⊆ S−1 A é um ideal de S−1 A.
Reciprocamente, dado um ideal J ⊆ S−1 A, temos que I = ρ−1 ( J ) é um
ideal de A. Vejamos que S−1 I = J:
in
ar
a) (⊆) se as ∈ S−1 I com a ∈ A e s ∈ S então existe i ∈ I e s0 ∈ S
tal que as = si0 . Então existe t ∈ S tal que tas0 = tsi ∈ I, logo
0
0
ρ( ats0 ) ∈ J ⊆ S−1 A i.e., ats
1 ∈ J. Mas ts ∈ S é unidade em
0
S−1 A então posso multiplicar pelo inverso ts10 ats
1 ∈ J (e ainda
pertence a J por ser ideal) assim 1a = ρ( a) ∈ J. Logo segue que
1
a
s = s · ρ ( a ) ∈ J.
s
1
·
b
s
∈ J, ou seja,
Pr
el
im
b) (⊇) se bs ∈ J com b ∈ A e s ∈ S então ρ(b) =
b ∈ I e portanto bs ∈ S−1 I.
Aula 12
aula 12: 01/10/2014
Lembrando a última aula.
Teorema. Seja A um anel, S ⊆ A um conjunto multiplicativo e ρ : A → S−1 A o
mapa de localização.
a. Se I ⊆ A é um ideal de A, então S−1 I ⊆ S−1 A é um ideal de S−1 A.
Reciprocamente, todo ideal J ⊆ S−1 A é da forma S−1 I para algum ideal
I ⊆ A.
Ve
rs
ão
b. O mapa de espectros Spec(ρ) : Spec(S−1 A) ,→ Spec( A) é injetor e tem
como imagem o conjunto
DS := {p ∈ Spec( A) | p ∩ S = ∅}
dos primos p que não interceptam S. A pré-imagem de p ∈ DS é dada por
S−1 p. (i.e., os ideais primos de S−1 A estão em correspondência um-a-um com
os ideais primos de A que não interceptam S).
Restava provar o item b.
Demonstração.
• Inicialmente, observe que: para p ∈ DS , a ∈ A e s ∈ S temos
a
∈ S−1 p ⇔ a ∈ p.
s
(7)
62
A implicação (⇐) é obvia. Por outro lado, se as ∈ S−1 p então existem
p
p ∈ p e t ∈ S tais que as = t em S−1 A, logo existe r ∈ S tal que
r ( at − ps) = 0 logo rta = rsp ∈ p. Como p é primo ou r ∈ p ou
t ∈ p ou a ∈ p, mas p ∈ DS logo p ∩ S = ∅ assim r, t 6∈ p então
necessariamente a ∈ p o que prova (⇒).
ar
• Im(Spec(ρ)) ⊆ DS : seja p ∈ Im(Spec(ρ)), então existe q ∈ Spec(S−1 A)
tal que p = Spec(ρ)(q) então p = ρ−1 (q). Suponha que existe s ∈ S ∩ p
então ρ(s) ∈ q, o que é absurdo pois ρ(s) ∈ (S−1 A)× .
m
in
• Se p ∈ DS então S−1 p ∈ Spec(S−1 A): note que S−1 p é um ideal próprio
de S−1 A pois caso contrário 11 ∈ S−1 p e isto implica pela observação
inicial (7) que 1 ∈ p, um absurdo. Agora, dados a, a0 ∈ A e s, s0 ∈ S
temos
a a0
aa0
· 0 ∈ S −1 p ⇔ 0 ∈ S −1 p
s s
ss
(7) 0
⇔ aa ∈ p
Pr
eli
⇔ a ∈ p ou a0 ∈ p
a
a0
⇔ ∈ S−1 p ou 0 ∈ S−1 p
s
s
o que mostra que S−1 p é um ideal primo de S−1 A.
• Por último, mostraremos que o mapa Spec(ρ) : Spec(S−1 A) → DS é
uma bijeção com inversa p 7→ S−1 p: A composição
DS → Spec(S−1 A) → DS
7→ Spec(ρ)(S−1 p)
S −1 p
ão
p 7→
Ve
rs
é a identidade em DS , já que
n
o
Spec(ρ)(S−1 p) = ρ−1 (S−1 p) = a ∈ A | ρ( a) ∈ S−1 p
o (7)
n
a
= a ∈ A | ∈ S −1 p = p
1
pela observação inicial. Da mesma forma, a composição
Spec(S−1 A) →
→ Spec(S−1 A)
q 7→ ρ−1 q 7→ S−1 (ρ−1 (q))
DS
é a identidade em Spec(S−1 A), pois q = S−1 (ρ−1 (q)) pelo item a.
63
Corolário 99. Seja A um anel. Se p ∈ Spec( A), temos uma bijeção
'
{q ∈ Spec( A) | q ⊆ p} −→ Spec( Ap )
q 7→ qAp .
Demonstração. Tome S = A − p no teorema anterior.
Pr
el
im
in
ar
Como consequência a passagem de A a Ap elimina todos os ideais primos
excepto aqueles contidos em p. Por outro lado, a passagem de A a A/p
elimina todos os ideais primos excepto aqueles que contêm p. Logo se p
e q são ideais primos tais que q ⊆ p, então localizando em relação a p e
tomando o quociente Mod q (ou ao contrário, pois essas operações comutam),
restringimos nossa atenção a aqueles ideais primos que se encontram entre
p e q. Em particular, se p = q chegaremos ao corpo de resíduos do anel local
Ap o qual também pode ser obtido como o corpo de frações do domínio
A/p.
Exemplo 100. Como A/p é um domínio então a localização por S = ( A/p) −
p coincide com o corpo de frações de A/p, i.e. ( A/p)p = Frac( A/p) (veja a
Observação 81) e o mapa de localização neste caso é a inclusão. Logo, dada
π
ρ
a composição A A/p ,→ Frac( A/p) o mapa entre espectros induzido
Spec(ρ ◦ π ) : Spec(Frac( A/p)) ,→ Spec( A) tem como imagem exatamente
o primo p, pois Spec(ρ ◦ π ) é a composição
Spec(ρ)
Spec(Frac( A/p)) ,→ Spec( A/p)
Spec(π )
,→
Spec( A)
Ve
rs
ão
(onde Spec(ρ) é injetor pelo teorema anterior e Spec(π ) é injetor pelo Lema
34) e como Frac( A/p) é um corpo, seu único ideal primo é (0), assim
Spec(Frac( A/p)) = (0) e a imagem do primeiro mapa Spec(ρ)(0) = ρ−1 (0)
é o ideal (0) de A/p, que é levado em p pelo segundo mapa. Em outras
palavras, como o quociente e a localização “filtram” os primos que contêm e
que estão contidos em p o que sobra é apenas o primo p.
Para finalizar esta seção veja que podemos dar uma prova alternativa à
Proposição 24 (que caracteriza o nilradical de um anel A, Aula 2.) utilizando
localização. Lembremos os conceitos:
Definição. O ideal N de todos os elementos nilpotentes de um anel A é
chamado de nilradical de A.
Proposição. O nilradical de A é a interseção de todos os ideais primos de A.
Demonstração. A prova de que o nilradical está contido na interseção de
todos os ideais primos é a mesma, mostraremos a outra inclusão. Seja
a ∈ A um elemento que não é nilpotente, vamos provar que existe um ideal
64
primo p de A que não contem a. O conjunto S = ( an )n≥0 é um conjunto
multiplicativo que não contém o elemento nulo 0. Segue do Lema 84 que o
anel S−1 A é não nulo e logo (Teorema 14) tem um ideal maximal m. Segue o
Teorema 98 que m corresponde a um ideal primo p de A que não intercepta
S, logo a 6∈ p.
exercícios
ar
4.3
in
Ex. 43 — Seja A um anel, S um conjunto multiplicativo e f : M → N um
A-homomorfismo. Mostre que:
1. Se f é injetor (respetivamente sobrejetor, bijetor) então S−1 f é injetor
(respetivamente sobrejetor, bijetor).
Pr
el
im
2. Localização comuta com kernels, cokernels e imagens, i.e., temos
isomorfismos:
a) Ker(S−1 f ) ' S−1 (Ker( f ))
b) Coker(S−1 f ) ' S−1 (Coker( f ))
c) Im(S−1 f ) ' S−1 (Im( f ))
3. Localização comuta com quocientes: Se N é um submódulo de M
S −1 ( M )
−1 M
' −1
.
então S
N
S (N)
Ex. 44 — Se N e P são submódulos de um A-módulo M, mostre que:
1. S−1 ( N + P) = S−1 ( N ) + S−1 ( P);
Ve
rs
ão
2. S−1 ( N ∩ P) = S−1 ( N ) ∩ S−1 ( P).
Ex. 45 — Se M e N são A-módulos mostre que existe um isomorfismo de
S−1 A-módulos S−1 ( M ⊗ A N ) ' (S−1 M) ⊗S−1 A (S−1 N ).
Ex. 46 — Seja f : M → N um A-homomorfismo, prove que são equivalentes:
1. f é injetiva (sobrejetiva, bijetiva)
2. f p : Mp → Np é injetiva (sobrejetiva, bijetiva) para todo p ∈ Spec( A);
3. f m : Mm → Nm é injetiva (sobrejetiva, bijetiva) para todo m ∈
Specm( A);
Ex. 47 — Para qualquer A-módulo M, mostre que são equivalentes:
1. M é um A-módulo plano;
2. Mp é um Ap -módulo plano para todo p ∈ Spec( A);
65
3. Mm é um Am -módulo plano para todo m ∈ Specm( A);
√
√
Ex. 48 — Seja I um ideal de A, mostre que S−1 I = S−1 I. Em particular,
se N A é o nilradical de A então NS−1 A = S−1 N A .
ar
Ex. 49 — Seja A um anel. Suponha que, para cada p ∈ Spec( A), o anel
local Ap não tenha elementos nilpotentes não nulos. Mostre que A não tem
elementos nilpotentes não nulos. Se cada Ap for um domínio de integridade,
então necessariamente A é um domínio de integridade?
in
Ex. 50 — Seja M um A-módulo e I um ideal de A. Suponha que Mm = 0
para todo m ∈ Specm( A) tal que m ⊇ I. Prove que M = I M.
Ve
rs
ão
Pr
el
im
Ex. 51 — Seja A um anel e seja F o A-módulo livre An . Mostre que todo
conjunto de n geradores de F é uma base de F (i.e. é LI sobre A).
66
5
CONDIÇÕES DE CADEIA
Seja Ω um conjunto parcialmente ordenado por uma relação ≤. As seguintes
condições em Ω são equivalentes:
ar
a. Toda sequência crescente x1 ≤ x2 ≤ · · · em Ω é estacionária, i.e., existe
n tal que xn = xn+1 = · · · .
m
in
b. Todo subconjunto não vazio de Ω tem um elemento maximal.
Pr
eli
Demonstração. (a. )⇒(b. ) Seja T um subconjunto não vazio de Ω e seja
x1 ∈ T. Se x1 é maximal em T acabou. Caso contrário existe x2 ∈ T tal que
x1 x2 . Se x2 é maximal em T acabou, caso contrário repita o processo.
Eventualmente, este processo termina, já que caso contrário obteríamos uma
cadeia ascendente x1 x2 x3 · · · estrita, o que contradiz a hipótese.
Por tanto T tem um elemento maximal.
(a. )⇐(b. ) Seja x1 ≤ x2 ≤ · · · uma sequência crescente em Ω, então
o conjunto ( xm )m≥1 tem um elemento maximal xn e logo a sequência é
estacionária.
ão
Se Ω é o conjunto de submódulos de um módulo M, ordenado pela relação
⊆, então (a. ) é chamada de condição de cadeia ascendente (cca) e (b. )
de condição maximal. Um módulo M que satisfaz qualquer uma de estas
condições equivalentes é chamado de Noetheriano. Se Ω é ordenado por
⊇, então (a. ) é chamada de condição de cadeia descendente (ccd) e (b. )
de condição minimal. Um módulo M que satisfaz qualquer uma de estas
condições equivalentes é chamado de Artiniano.
Ve
rs
Proposição 101. M é um A-módulo Noetheriano se e somente se todo submódulo
de M é f.g.
Demonstração. (⇒): Seja N um submódulo de M, e seja Ω o conjunto de
todos os submódulos f.g. de N. Então Ω é um conjunto não vazio, pois
0 ∈ Ω, de submódulos de M e logo tem um elemento maximal N0 . Se
N0 6= N, considere o submódulo N0 + An onde n ∈ N e n 6∈ N0 . Este
submódulo é f.g. e contém estritamente N0 o que é uma contradição. Logo
N = N0 e logo N é f.g.
(⇐): Seja M1 ⊆ M2 ⊆ · · · uma cadeia ascendente de submódulos de M.
É fácil ver que N = ∪∞
n=1 Mn é um submódulo de M (usando a condição de
cadeia) e logo é f.g. Sejam x1 , . . . , xr os geradores de N tal que xi ∈ Mni e
seja n = max1≤i≤r ni . Então cada xi ∈ Mn , logo N = Mn e portanto a cadeia
é estacionária.
67
É esta última proposição que torna os módulos Noetherianos mais úteis
que os módulos Artinianos. Porém, muitas propriedades formais elementares aplicam-se igualmente a módulos Artinianos e Noetherianos.
f
g
Proposição 102. Seja 0 → M0 → M → M00 → 0 uma sequência exata de
A-módulos. Então
b. M é Artiniano ⇔ M0 e M00 são Artinianos;
ar
a. M é Noetheriano ⇔ M0 e M00 são Noetherianos;
Ve
rs
ão
Pr
eli
m
in
Demonstração. Faremos a prova para módulos Noetherianos, o caso Artiniano é similar (Exercício 1).
(⇒): Sejam M10 ⊆ M20 ⊆ · · · e M100 ⊆ M200 ⊆ · · · cadeias ascendentes
de submódulos de M0 e M00 respetivamente. Logo f ( M10 ) ⊆ f ( M20 ) ⊆ · · ·
e g−1 ( M100 ) ⊆ g−1 ( M200 ) ⊆ · · · são cadeias ascendentes de submódulos de
M. Como M é Noetheriano estas cadeias são estacionárias logo f ( Mk0 ) =
f ( Mk0 +1 ) = · · · para algum k e g−1 ( Mn00 ) = g−1 ( Mn00+1 ) = · · · para algum
n. Agora segue do fato de f ser injetiva que f −1 f ( Mi0 ) = Mi0 para todo i e
logo Mk0 = Mk0 +1 = · · · o que implica que M0 é Noetheriano. Analogamente,
como g é sobrejetiva temos g( g−1 ( Mi00 )) = Mi00 para todo i, assim Mn00 =
Mn00+1 = · · · o que implica que M00 é Noetheriano.
(⇐): Suponha que M0 e M00 são Noetherianos. Seja M1 ⊆ M2 ⊆ · · ·
uma cadeia ascendente de submódulos de M; então ( f −1 ( Mi )) é uma
cadeia em M0 e ( g( Mi )) é uma cadeia em M00 . Para um n suficientemente
grande ambas cadeias são estacionárias, logo f −1 ( Mn ) = f −1 ( Mn+1 ) = · · ·
e g( Mn ) = g( Mn+1 ) = · · · . Queremos provar que sob estas condições
Mn = Mn+1 , mas como Mn ⊆ Mn+1 basta mostrar a inclusão oposta. Seja
x ∈ Mn+1 então existe y ∈ Mn tal que g(y) = g( x ) logo g( x − y) = 0
por tanto x − y ∈ Ker( g) = Im( f ). Isto implica que existe z ∈ M0 tal que
f (z) = x − y ∈ Mn+1 , logo z ∈ f −1 ( Mn+1 ) = f −1 ( Mn ) e logo f (z) ∈ Mn ,
i.e. x − y ∈ Mn mas como y ∈ Mn segue que x ∈ Mn . Logo Mn+1 ⊆ Mn e a
cadeia ascendente é estacionária. Segue que M é Noetheriano.
Aula 13
aula 13: 03/10/2014
Na última aula provamos que
f
g
Proposição. Seja 0 → M0 → M → M00 → 0 uma sequência exata de A-módulos.
Então: M é Noetheriano (Artiniano) ⇔ M0 e M00 são Noetherianos (Artinianos).
Note que em particular, quocientes e submódulos de módulos Noetherianos (resp. Artinianos) são Noetherianos (resp. Artinianos).
Como corolário da proposição anterior temos
68
Corolário 103. Se Mi para 1 ≤ i ≤ n são A-módulos Noetherianos (resp. ArtiniaL
nos) então in=1 Mi é um A-módulo Noetheriano (resp. Artiniano).
k +1
f M
0 → Mk + 1 →
k
g M
Mi →
i =1
Mi → 0,
i =1
ar
Demonstração. Faremos a prova por indução em n. O caso n = 1 é trivial.
Suponha que o resultado vale para n = k, i.e. se M1 , · · · , Mk são A-módulos
L
Noetherianos (resp. Artinianos) então ik=1 Mi é um A-módulo Noetheriano
(resp. Artiniano). Considere, agora, a sequência
m
in
onde f , dada por mk+1 7→ (0, · · · , 0, mk+1 ), é claramente injetiva e g,
dada por (m1 , · · · , mk , mk+1 ) 7→ (m1 , · · · , mk ), é sobre. Agora, temos que
g ◦ f (mk+1 ) = g(0, · · · , 0, mk+1 ) = (0, · · · , 0) logo Im( f ) ⊆ Ker( g). Seja
(m1 , · · · , mk+1 ) ∈ Ker( g) então mi = 0 para i = 1, . . . , k logo (m1 , · · · , mk+1 ) =
(0, · · · , 0, mk+1 ) = f (mk+1 ) ∈ Im( f ). Portanto a sequência é exata. Como
L
Mk+1 e ik=1 Mi são Noetherianos (resp. Artinianos), segue da Proposição
L
102 que ik=+11 Mi é um A-módulo Noetheriano (resp. Artiniano).
Exemplo 105.
Pr
eli
Definição 104. Um anel A é dito Noetheriano (resp. Artiniano) se é Noetheriano (resp. Artiniano) como A-módulo, i.e., se satisfaz a cca (resp. ccd)
em ideais.
a. Todo corpo k é ambos Noetheriano e Artiniano, pois somente tem dois
ideais (0) e k.
ão
b. O anel Z satisfaz cca mas não ccd, pois se a ∈ Z e a 6= 0 temos
( a) ⊃ ( a2 ) ⊃ · · · ⊃ ( an ) ⊃ · · · (inclusões estritas). Logo é Noetheriano
mas não Artiniano.
c. Todo DIP é Noetheriano, pois todo ideal é f.g.
Ve
rs
d. O anel dos polinômios k[ x1 , x2 , . . . , xn , . . . ] em um número infinito
de indeterminadas não satisfaz nenhuma das condições de cadeia: a
sequência ( x1 ) ⊂ ( x1 , x2 ) ⊂ · · · é estritamente crescente e a sequência
( x1 ) ⊃ ( x12 ) ⊃ ( x13 ) ⊃ · · · é estritamente decrescente. Logo não é
Noetheriano nem Artiniano.
Proposição 106. Seja A um anel Noetheriano (resp. Artiniano), M um A-módulo
f.g. Então M é Noetheriano (resp. Artiniano).
Demonstração. Sejam m1 , . . . , mn os geradores de M, defina f : An → M
por f ( a1 , . . . , an ) = a1 m1 + · · · + an mn . Então f é um homomorfismo de
A-módulos sobrejetor. Segue do Corolário 103 que An é Noetheriano (resp.
Artiniano) e logo pela Proposição 102 M é um A-módulo Noetheriano (resp.
Artiniano).
69
Proposição 107. Seja A um anel Noetheriano (resp. Artiniano), I um ideal de A.
Então A/I é um anel Noetheriano (resp. Artiniano).
in
ar
Demonstração. Como a projeção canônica π : A → A/I é um homomorfismo
de A-módulos sobrejetor e A é um A-módulo Noetheriano (resp. Artiniano),
segue da Proposição 102 que A/I é Noetheriano (resp. Artiniano) como um
A-módulo e logo também como um A/I-módulo pois, segue do Teorema
da Correspondência versão para Submódulos (Aula 7, logo após a definição
de submódulo, Definição 51), que os A-submódulos de A/I correspondem
aos A-submódulos de A (i.e., ideias de A) que contém I, que correspondem
aos ideais de A/I.
Uma cadeia de submódulos de um módulo M é uma sequência ( Mi )in=0
de submódulos de M tais que
Pr
el
im
M = Mn ) Mn−1 ) · · · ) M0 = 0 (inclusões estritas).
O comprimento da cadeia é n. Uma série de composição de M é uma
cadeia maximal, ou seja uma cadeia na qual não podem ser insertados
submódulos extras, isto é equivalente a dizer que cada quociente Mi+1 /Mi
com 0 ≤ i ≤ n é simples (i.e., não tem outros submódulos além de 0 e ele
mesmo).
Definimos o comprimento de M sobre A, denotado por ` A ( M), como
sendo o mínimo entre todos os comprimentos das séries de composição de
M ou ∞ se M não admite série de composição.
Ve
rs
ão
Exemplo 108. Seja k um corpo. Um k-espaço vetorial é simples se, e
somente se, tem dimensão 1. Assim, uma série de composição para um
espaço vetorial V é uma sequência
V = Vn ) Vn−1 ) · · · ) V1 ) V0 = 0
onde dimk Vi = i. Logo `k (V ) = n = dimk V.
Uma importante caracterização de um módulo simples é dada pelo seguinte lema.
Lema 109. Um A-módulo M é simples se, e somente se, M ' A/m (como Amódulos) para algum ideal maximal m ⊂ A.
Demonstração. Se m é um ideal maximal de A, então M = A/m é simples pelo Teorema da Correspondência versão para Submódulos, pois Asubmódulos de A/m correspondem a A-submódulos de A (ideais) que
contém m, como m é maximal estes ideais são A e m e correspondem aos
A-submódulos A/m e 0 de A/m, o que implica que A/m é simples. Reciprocamente, se M é simples e m ∈ M é qualquer elemento não nulo então
70
M = Am = (m). Logo a aplicação f : A → M dada por a 7→ am é sobrejetiva é induz um isomorfismo de A-módulos M ' A/ Ker( f ) e novamente
pelo TCS, os A-submódulos de M (0 e M) correspondem aos A-submódulos
de A (ideais) que contém Ker( f ), logo os únicos ideais de A que contém
Ker( f ) são Ker( f ) e A, logo Ker( f ) deve ser maximal.
Demonstração. Dividiremos a prova em quatro partes:
ar
Proposição 110. Suponha que M tem uma série de composição de comprimento n.
Então toda série de composição de M comprimento n e toda cadeia em M pode ser
estendida a uma série de composição.
Pr
eli
m
in
a. Vejamos que se N ( M então ` A ( N ) < ` A ( M). Seja ( Mi ) uma série
de composição de M de comprimento minimal, e considere os submódulos Ni = N ∩ Mi de N. Como Ni+1 /Ni ⊆ Mi+1 /Mi e o último é
um módulo simples, temos duas possibilidades Ni+1 /Ni = Mi+1 /Mi
ou Ni+1 = Ni . Logo removendo os termos repetidos temos uma série
de composição de N e logo ` A ( N ) ≤ ` A ( M). Se ` A ( N ) = ` A ( M) = n,
então Ni+1 /Ni = Mi+1 /Mi para cada i = 0, . . . , n − 1. Isto implica que
M1 = N1 e logo M2 = N2 ,· · · , e finalmente M = N.
b. Toda cadeia em M tem comprimento ≤ ` A ( M). Seja M = Mk )
Mk−1 ) · · · ) M0 = 0 uma cadeia de comprimento k. Então pelo item
(a. ) temos ` A ( M) > ` A ( Mk−1 ) > ` A ( Mk−2 ) > · · · > ` A ( M0 ) = 0,
logo ` A ( M) ≥ k.
ão
c. Considere qualquer série de composição de M. Se tem comprimento
k então k ≤ ` A ( M) pelo item (b. ), mas por definição ` A ( M) ≤ k
logo ` A ( M) = k. Segue que toda série de composição tem o mesmo
comprimento.
Ve
rs
d. Finalmente, considere qualquer cadeia. Se seu comprimento é ` A ( M)
então é uma série de composição por (b. ) (suponha que não é
então posso insertar pelo menos um submódulo, logo essa cadeia tem
comprimento maior que uma série de composição que é uma cadeia
maximal, Contradição!). Se se comprimento é < ` A ( M ) não é uma
série de composição ou seja não é maximal e por tanto novos termos
podem ser inseridos até o comprimento ser ` A ( M) e, portanto, até
chegarmos a uma série de composição.
Aula 14
71
aula 14: 08/10/2014 prova 1
Aula 15
aula 15: 10/10/2014
Proposição 111. M tem uma série de composição se, e somente se, M satisfaz
ambas condições de cadeia.
Pr
el
im
in
ar
Demonstração. (⇒) Todas as cadeias de M tem comprimento finito, logo
ambas condições cca e ccd são satisfeitas.
(⇐)Construiremos uma série de composição para M. Temos que M
satisfaz a condição maximal: “todo subconjunto não vazio de Ω tem um
elemento maximal”. Em particular Ω, o conjunto de todos os submódulos
de M, tem um elemento maximal. Logo M tem um submódulo maximal N,
N ⊂ M. Similarmente, se considerarmos o conjunto de todos os submódulos
de N, então N tem um submódulo maximal P, P ⊂ N ⊂ M e assim por
diante. Observe que segue do fato dos submódulos serem maximais que não
podem ser insertados submódulos extras, logo os quocientes de módulos
consecutivos são simples. Dando continuidade a esse processo obtemos uma
cadeia estritamente descendente M ⊃ N ⊃ P ⊃ · · · que se interrompe pela
ccd em Q = 0. Então essa cadeia é uma série de composição.
Observe que a proposição anterior é equivalente a dizer que ` A ( M) < ∞
se, e somente se, M é Artiniano e Noetheriano.
Definição 112. Um módulo que satisfaz ambas condições, cca e ccd, é
chamado de módulo de comprimento finito.
Ve
rs
ão
Analogamente ao caso de grupos finitos podemos aplicar o Teorema de
Jordan-Hölder a módulos de comprimento finito:
Teorema 113. (Teorema de Jordan-Hölder) Seja M um módulo de comprimento
finito. Se ( Mi )in=0 e ( Mi0 )in=0 são duas séries de composição de M então existe uma
permutação σ dos índices 1, . . . , n tal que Mi+1 /Mi ' Mσ0 (i)+1 /Mσ0 (i) para todo
i = 1, . . . , n.
Demonstração. Exercício 2.
f
g
Proposição 114. Seja 0 → M0 → M → M00 → 0 uma sequência exata de Amódulos. Então ` A ( M) < ∞ se, e somente se, ` A ( M0 ) < ∞ e ` A ( M00 ) < ∞.
Neste caso ` A ( M) = ` A ( M0 ) + ` A ( M00 ).
Demonstração. Pela Proposição (102) temos que M é Noetheriano (resp. Artiniano) se, e somente se, M0 e M00 são Noetherianos (resp. Artinianos).
Assim pela Proposição (111), M possui comprimento finito se, e somente se,
M0 e M00 possuem comprimento finito. Sejam agora, M0 = Mn0 ) Mn0 −1 )
· · · ) M00 = 0 e M00 = Mk00 ) Mk00−1 ) · · · ) M000 = 0 séries de composição
72
de M0 e M00 respetivamente. Tome a imagem por f da primeira, ( f ( Mi0 ))in=0 ,
e a imagem inversa por g da segunda, ( g−1 ( Mi00 ))ik=0 . Basta combiná-las em
uma cadeia de M de tamanho n + k:
M = g−1 ( M00 ) = g−1 ( Mk00 ) ) g−1 ( Mk00−1 ) ) · · · ) g−1 ( M000 ) = g−1 (0) = Ker( g)
= Im( f ) = f ( M0 ) = f ( Mn0 ) ) f ( Mn0 −1 ) ) · · · ) f ( M00 ) = f (0) = 0.
ar
Vejamos que é uma série de composição de M:
Pr
el
im
in
a. Vejamos que não tem nenhum termo repetido, ou seja que as inclusões
são mesmo estritas: como Mi00 ( Mi00+1 existe mi00+1 ∈ Mi00+1 tal que
mi00+1 6∈ Mi00 . Como g é sobre existe m ∈ M tal que g(m) = mi00+1 , logo
m ∈ g−1 ( Mi00+1 ). Suponha que m ∈ g−1 ( Mi00 ) então mi00+1 = g(m) ∈ Mi00
o que é uma contradição, logo g−1 ( Mi00 ) ( g−1 ( Mi00+1 ), para cada
i = 0, . . . , n − 1. Por outro lado, temos que Mi0 ( Mi0+1 e logo existe
mi0+1 ∈ Mi0+1 tal que mi0+1 6∈ Mi0 . Logo f (mi0+1 ) ∈ f ( Mi0+1 ) e suponha
que também f (mi0+1 ) ∈ f ( Mi0 ), isto implica que existe mi0 ∈ Mi0 tal que
f (mi0+1 ) = f (mi0 ). Como f é injetiva segue que mi0+1 = mi0 ∈ Mi0 o que
é uma contradição. Logo f ( Mi0 ) ( f ( Mi0+1 ), para cada i = 0, . . . , n − 1.
b. Vejamos que a cadeia é maximal, ou seja que os quocientes de termos
consecutivos são simples. Defina a aplicação sobrejetora gi como sendo
g
π
a composição das aplicações g−1 ( Mi00+1 ) Mi00+1 Mi00+1 /Mi00 (onde a
primeira aplicação é a restrição de g a g−1 ( Mi00+1 ) e é sobre pois satisfaz
g( g−1 ( Mi00+1 )) = Mi00+1 pois g é sobre). Agora m ∈ Ker( gi )⇔ g(m) ∈
g−1 ( Mi00+1 )
'
g−1 ( Mi00 )
−
1
00
g ( Mi + 1 )
são
g−1 ( Mi00 )
Mi00 ⇔m ∈ g−1 ( Mi00 ), logo pelo teorema de isomorfismos
como este último é simples temos que os quocientes
Ve
rs
ão
Mi00+1
Mi00
simples.
Por outro lado, defina a aplicação sobrejetora f i como sendo a comf
π
posição das aplicações Mi0+1 f ( Mi0+1 ) f ( Mi0+1 )/ f ( Mi0 ) (onde a
primeira aplicação é a restrição de f a Mi0+1 e é claramente sobre).
Agora m0 ∈ Ker( f i )⇔ f (m0 ) ∈ f ( Mi0 )⇔m0 ∈ f −1 ( f ( Mi0 )) = Mi0 pois f
f ( Mi0+1 )
Mi0+1
'
como
0
f ( Mi )
Mi0
0
f ( Mi + 1 )
são simples.
f ( Mi0 )
é injetiva, logo pelo teorema de isomorfismos
último é simples temos que os quocientes
5.1
este
anéis noetherianos
Recordamos que um anel A é dito Noetheriano se satisfaz as seguintes três
condições equivalentes:
73
a. Todo conjunto não vazio de ideais de A tem um elemento maximal
(condição maximal).
b. Toda cadeia ascendente de ideais de A é estacionária (cca).
c. Todo ideal de A é f.g.
Vimos na aula passada que:
a. Se M um A-módulo f.g., então M é Noetheriano.
m
in
b. Se I um ideal de A, então A/I é um anel Noetheriano.
ar
Proposição. Seja A um anel Noetheriano.
Provaremos que a propriedade de ser “Noetheriano” é preservada por
várias outras operações.
Proposição 115. Se A é um anel Noetheriano e φ : A → B é um homomorfismo
de anéis sobrejetor, então B é Noetheriano.
Pr
eli
Demonstração. Como B ' A/ Ker(φ) segue da Proposição 107 (item b.) que
B é um anel Noetheriano.
Proposição 116. Seja A um subanel de B; suponha que A é Noetheriano e que B é
f.g. como um A-módulo. Então B é Noetheriano como anel.
ão
Demonstração. Como A é um subanel de B, podemos considerar B junto
com o homomorfismo inclusão como um A-módulo. Segue da Proposição
106 (item a.) que B é Noetheriano como um A-módulo. Mas os ideais B
são B-submódulos de B por tanto também são A-submódulos de B e por
tanto toda cadeia de ideais de B estabiliza-se, logo B é Noetheriano como
anel.
Ve
rs
Proposição 117. Se A é um anel Noetheriano e S um conjunto multiplicativo de
A, então S−1 A é Noetheriano.
Demonstração. Pelo Teorema 98 item (a. ) um ideal de S−1 A é da forma
S−1 I para algum ideal I de A. Se I é f.g., digamos I = h a1 , . . . , an i então
S−1 I também é f.g. por a11 , . . . , a1n . Assim A Noetheriano implica S−1 A
Noetheriano.
Corolário 118. Se A é Noetheriano e p é um ideal primo de A, então Ap é
Noetheriano.
Agora sim estamos em condições de provar que conjuntos algébricos
podem ser sempre definidos por um número finito de polinômios.
Lembrando: Dado um subconjunto S ⊆ k[ x1 , . . . , xn ], na Seção 2.2, definimos um conjunto algébrico como sendo o subconjunto Z (S) ⊆ Ank dos zeros
74
comuns de todos os polinômios em S e provamos que se I ⊆ k[ x1 , . . . , xn ]
é o ideal gerado por S, então Z (S) = Z ( I ). Assim podemos definir um
conjunto algébrico como o conjunto de zeros de um ideal. Provaremos agora
que todo ideal de k[ x1 , . . . , xn ] é finitamente gerado e assim todo conjunto
algébrico é o conjunto de zeros de um número finito de polinômios. Mais
geralmente, provaremos que:
ar
Teorema 119. (Teorema da Base de Hilbert) Se A é Noetheriano, então o anel
de polinômios A[ x ] é Noetheriano.
in
Demonstração. Seja I um ideal em A[ x ], vamos mostrar que I é f.g. Seja
J0 = I ∩ A vejamos que J0 é um ideal de A:
a. Se a, b ∈ J0 então a, b ∈ I e a, b ∈ A logo a + b ∈ I ∩ A = J0 ;
Pr
el
im
b. Se a ∈ J0 e r ∈ A então a ∈ I, a ∈ A e r ∈ A ⊂ A[ x ] logo ra ∈ I ∩ A =
J0 .
Como A é Noetheriano J0 é f.g., sejam a1 , . . . , an os geradores. Seja I0 =
J0 A[ x ] o ideal de A[ x ] gerado por J0 . Agora, se y ∈ I0 então y = ∑il=1 f i ( x ) ji ,
com ji ∈ J0 e f i ( x ) ∈ A[ x ]. Logo ji = ∑nk=1 ak bki , com bki ∈ A, assim
y = ∑il=1 f i ( x )(∑nk=1 ak bki ) = ∑nk=1 (∑il=1 f i ( x )bki ) ak onde ∑il=1 f i ( x )bki ∈ A[ x ],
logo I0 é f.g em A[ x ] pelos a1 , . . . , an .
Temos duas possibilidades:
a. ou I0 = I e logo I é f.g.;
Ve
rs
ão
b. ou I0 6= I, logo I0 ( I. Seja g ∈ I − I0 tal que o grau de g é minimal
em I. Então se g = bm x m + bm−1 x m−1 + · · · + b0 temos que bm 6∈ J0
(pois se bm ∈ J0 então bm x m ∈ I0 e logo g − bm x m 6∈ I0 contradição
pois o grau de g é minimal). Seja então J1 = h J0 , bm i o ideal de A
gerado por J0 e bm e seja I1 = J1 A[ x ] o ideal de A[ x ] gerado por J1 ,
analogamente ao caso anterior como J1 é f.g. em A também I1 é f.g.
em A[ x ]. Novamente temos dois casos:
a) ou I1 = I e logo I é f.g.;
b) ou I1 6= I e repetimos o processo obtendo, assim, uma cadeia
ascendente J0 ( J1 ( J2 ( · · · de ideais de A e logo, como A é
Noetheriano, essa cadeia é estacionária, ou seja existe N tal que
JN = JN +1 = · · · . Logo JN = h JN −1 , c N i = h JN , c N +1 i = JN +1 o
que implica que c N +1 ∈ JN . Suponha então que IN 6= I então,
seguindo o raciocínio anterior, existe g0 ∈ I − IN tal que o grau
de g0 é minimal em I e tal que c N +1 é o coeficiente líder de g0 ,
mas isto implica que c N +1 6∈ JN , o que é uma contradição. Logo
IN = I e portanto I é f.g.
75
Corolário 120. Se A é Noetheriano então A[ x1 , . . . , xn ] é Noetheriano.
Demonstração. Segue do teorema anterior por indução em n.
ar
Note que também é verdade que se A é Noetheriano então o anel das séries
de potências formais em x com coeficientes em A, A[[ x ]], é Noetheriano. A
prova é análoga, excepto que deve ser considerado o coeficiente do termo
de menor grau. (Exercício 3.)
m
in
Corolário 121. Seja B uma A-álgebra f.g. Se A é Noetheriano, então também o é
B. Em particular, todo anel e toda álgebra f.g. sobre um corpo são Noetherianos.
Pr
eli
Demonstração. Lembramos a definição de A-álgebra f.g. (Aula 9, logo após a
Definição 76): f : A → B é uma A-álgebra f.g. se existe um conjunto finito de
elementos b1 , . . . , bn ∈ B tal que todo elemento de B pode ser escrito como
um polinômio em b1 , . . . , bn com coeficientes em f ( A), ou equivalentemente,
se existe um homomorfismo de A-álgebras sobrejetor do anel dos polinômios
A[ x1 , . . . , xn ] em B. Esse homomorfismo A[ x1 , . . . , xn ] B é dado por
xi 7→ bi . Como o anel de polinômios A[ x1 , . . . , xn ] que é Noetheriano pelo
Teorema da Base de Hilbert (Teorema 119), segue da Proposição 115 que B é
um anel Noetheriano.
aula 16: 15/10/2014
5.2
anéis artinianos
ão
Recordamos que um anel A é dito Artiniano se satisfaz uma das seguintes
condições equivalentes:
Ve
rs
a. Todo conjunto não vazio de ideais de A tem um elemento minimal
(condição minimal).
b. Toda cadeia descendente de ideais de A é estacionária (ccd).
Proposição 122. Em um anel Artiniano A todo ideal primo é maximal. Isto é
Spec( A) = Specm( A).
Demonstração. Seja p um ideal primo de A. Então B = A/p é um domínio
de integridade Artiniano (pela Proposição 107). Seja b ∈ B, b 6= 0, então pela
ccd temos que (bn ) = (bn+1 ) para algum n e logo bn = bn+1 x para algum
x ∈ B. Logo bn (1 − bx ) = 0, como B é um domínio e b 6= 0 segue bx = 1.
Ou seja b tem um inverso em B, e portanto B é um corpo o que implica que
p é um ideal maximal.
76
Aula 16
Corolário 123. Em um anel Artiniano o nilradical N é igual ao radical de Jacobson
R.
Lembramos uma proposição provada na Aula 3 (também é o Exercício 13
da Lista 1) que usaremos na prova da Proposição seguinte:
Tn
i =1 Ii .
ar
Proposição. Sejam I1 , . . . , In ideais e seja p um ideal primo contendo
Então p ⊇ Ii para algum i.
Proposição 124. Um anel Artiniano A 6= 0 tem somente um número finito de
ideais maximais.
Pr
el
im
in
Demonstração. Considere o conjunto de todos os ideais do anel A que são
interseções finitas m1 ∩ m2 ∩ · · · ∩ mr de ideais maximais. Como A é Artiniano e este conjunto é não vazio (pois A tem pelo menos um ideal maximal)
ele tem um elemento minimal: I = m1 ∩ m2 ∩ · · · ∩ mn . Logo para qualquer
ideal maximal m temos que m ∩ I é uma interseção finita de ideais maximais
que está contida em I, logo m ∩ I = I pela minimalidade de I, o que implica
que m ⊇ I. Pela Proposição 29 temos que m ⊇ mi para algum i, e logo
m = mi pois mi é maximal.
Proposição 125. Em um anel Artiniano o nilradical N (e logo também o radical
de Jacobson R) é nilpotente.
Ve
rs
ão
Demonstração. Como as potências de N formam uma cadeia descendente de
ideais, pela ccd, temos que existe um k > 0 tal que Nk = Nk+1 = · · · = I.
Suponha que I 6= 0 e seja Ω o conjunto de todos os ideais J de A tais que
I J 6= 0. Então Ω é não vazio pois I ∈ Ω (I 2 = N2k = I 6= 0). Seja K o
elemento minimal de Ω, então existe x ∈ K tal que xI 6= 0 mas ( x ) ⊆ K logo
( x ) = K pela minimalidade de K. Mas ( xI ) I = xI 2 = xI 6= 0 e xI ⊆ ( x ),
logo xI = ( x ). Isto implica que existe y ∈ I tal que xy = x e por tanto
x = xy = xy2 = · · · = xyn = · · · , mas y ∈ I = Nk ⊆ N e logo y é
nilpotente o que implica x = xyn = 0. Isto contradiz a escolha do x e
portanto I = 0.
Definição 126. Definimos uma cadeia de ideais primos de um anel A como
sendo uma sequência estritamente crescente e finita p0 ( p1 ( · · · ( pn onde
cada pi é um ideal primo de A. O comprimento da cadeia é n. Definimos a
dimensão de um anel A 6= 0 como sendo o supremo dos comprimentos de
todas as cadeias de ideais primos de A.
Assim, por exemplo um corpo tem dimensão 0 e um DIP tem dimensão
1, pois em um DIP (0) é um ideal primo e os ideais primos não nulos são
maximais (Proposição 22) ou seja se (0) ( ( p) ⊆ ( p1 ) é uma cadeia de
primos isto implica que ( p) = ( p1 ). Logo todas as cadeias de primos de um
DIP têm comprimento ≤ 1.
77
Corolário 127. Seja A um anel Artiniano então dim A = 0.
Demonstração. Segue do fato de que em um anel Artiniano todo ideal primo
é maximal (Proposição 122) e logo toda cadeia de primos de A tem comprimento 0.
exercícios
f
ar
5.3
g
in
Ex. 52 — Seja 0 → M0 → M → M00 → 0 uma sequência exata de Amódulos. Mostre que M é Artiniano se, e somente se, M0 e M00 são Artinianos.
Pr
el
im
Ex. 53 — (Teorema de Jordan-Hölder) Seja M um módulo de comprimento
finito. Se ( Mi )in=0 e ( Mi0 )in=0 são duas séries de composição de M mostre que existe uma permutação σ dos índices 1, . . . , n tal que Mi+1 /Mi '
Mσ0 (i)+1 /Mσ0 (i) para todo i = 1, . . . , n.
Ex. 54 — Mostre que se A é Noetheriano então A[[ x ]] é Noetheriano.
Ex. 55 — Mostre que para o caso particular de módulos sobre um corpo k,
i.e., k-espaços vetoriais V as seguintes condições são equivalentes: V tem
dimensão finita ⇔ V tem comprimento finito ⇔ V é Noetheriano ⇔V é
Artiniano.
Ve
rs
ão
Ex. 56 — Prove que Z[i ], o anel dos inteiros Gaussianos, é um anel Noetheriano.
Ex. 57 — Mostre que A é um anel Artiniano e um domínio se, e somente
se, A é um corpo.
Ex. 58 — Seja M um A-módulo Noetheriano. Se todo conjunto não vazio
de submódulos f.g. de M tem um elemento maximal, mostre que M é
Noetheriano.
Ex. 59 — Um espaço topológico X é dito Noetheriano se os subconjuntos
abertos de X satisfazem a cca ou, equivalentemente, se os subconjuntos
fechados de X satisfazem a ccd. Mostre que:
1. Se A é um anel Noetheriano então Spec( A) é um espaço topológico
Noetheriano.
2. Se A é um anel qualquer, então Spec( A) é um espaço Noetheriano se,
e somente se, o conjunto de ideias primos de A satisfaz a cca.
78
Ex. 60 — Seja A um anel Noetheriano. Mostre que:
1. Todo ideal I ⊆ A contém um produto finito de ideais primos.
2. A possui apenas um número finito de ideais primos minimais.
ar
Ex. 61 — Seja M um A-módulo Noetheriano e f : M → M um homomorfismo de A-módulos sobrejetor. Mostre que f é um isomorfismo.
Ex. 62 — Seja M um A-módulo Artiniano e f : M → M um homomorfismo
de A-módulos injetor. Mostre que f é um isomorfismo.
in
Ex. 63 — Seja A um anel tal que:
1. o anel local Am é Noetheriano para todo m ∈ Specm( A) e
Pr
el
im
2. para cada a 6= 0 em A, o conjunto de ideais maximais de A que
contém a é finito.
Mostre que A é Noetheriano.
Ex. 64 — Prove que se todos os elementos de Spec( A) são f.g. então o anel
A é Noetheriano.
Ve
rs
ão
Ex. 65 — Prove que um domínio Noetheriano A é um DIP se, e somente se,
todos seus ideais primos são principais.
79
6
DECOMPOSIÇÃO PRIMÁRIA
in
ar
A decomposição primária de um ideal é nada mais que a generalização da
fatoração de um inteiro como produto de potências de números primos.
Um ideal primo de um anel A é, em algum sentido, a generalização de um
número primo. A correspondente generalização de uma potência de um
número primo é um ideal “primário”:
Definição 128. Um ideal q em um anel A é primário se q 6= A e se ab ∈ q
então ou a ∈ q ou bn ∈ q para algum n > 0.
Pr
el
im
Em outras palavras, q é primário se, e somente se, A/q 6= 0 e todo divisor
de zero em A/q é nilpotente.
Segue que todo ideal primo (e maximal) é primário.
√
Proposição 129. Seja q um ideal primário em um anel A. Então q é o menor
ideal primo de A contendo q.
√
Demonstração. Como q é a interseção de todos os ideais primos de A que
√
contêm q (Proposição 28, Aula 3), é suficiente provar que q é primo. Sejam
√
ab ∈ q, então existe m > 0 tal que ( ab)m ∈ q. Como q é primário ou am ∈ q
√
√
ou bmn ∈ q para algum n > 0, i.e. ou a ∈ q ou b ∈ q.
√
Se q é primário e p = q então dizemos que q é p-primário.
Ve
rs
ão
Exemplo 130.
a. Os ideais primários de Z são (0) e ( pn ), onde p é um número primo.
b. Seja A = k[ x, y] e q = ( x, y2 ). Então A/q ' k[y]/(y2 ) neste anel os
divisores de zero são os múltiplos de y e logo são nilpotentes. Segue
que q é primário e seu radical p é ( x, y). Temos então que p2 ( q ( p
logo um ideal primário não é necessariamente uma potência de um
primo.
√
Proposição 131. Se I é maximal, então I é primário. Em particular, as potências
de um ideal maximal m são m-primárias.
√
Demonstração. Seja m = I. Se π : A → A/I é√o homomorfismo projeção,
então segue do Exercício 16.2 da Lista 1 que I = π −1 (N A/I ) , ou seja a
imagem de m em A/I é o nilradical de A/I e logo N A/I é maximal. Assim
dado um ideal primo p de A/I segue que N A/I ⊆ p o que implica N A/I = p
e logo o anel A/I tem somente um ideal primo. Então todo elemento de
80
A/I ou é uma unidade ou é nilpotente (Exercício 18 Lista 1), e logo todo
divisor de zero de A/I é nilpotente. Isto√implica que I é primário. Por outro
lado se m é maximal (logo primo) m = mn para todo n > 0 (Exercício 16.5
Lista 1), logo mn é m-primário para todo n > 0.
ar
Por outro lado, as potências de um ideal primo não necessariamente são
primárias: no anel A = k[ x, y, z]/(z2 − xy) o ideal p = ( x, z) é primo mas
p2 não é primário.
Estudaremos a seguir presentações de um ideal como uma interseção de
ideais primários. Mas antes, enunciaremos um par de lemas técnicos:
in
Lema 132. Se qi com 1 ≤ i ≤ n são p-primários então q = ∩in=1 qi é p-primário.
Pr
el
im
p n
Ex16.4 L1 n √
√
∩ i = 1 qi
Demonstração. q =
=
∩i=1 qi = p. Seja xy ∈ q e suponha que y 6∈ q, então para algum i temos que xy ∈ qi e y ∈
/ qi , logo
√
√
x ∈ p = qi = q (pois qi é p-primário) e logo q é p-primário.
Lema 133. Seja q um ideal p-primário e a um elemento de A. Então:
a. Se a ∈ q então (q : a) = A.
b. Se a ∈
/ q então (q : a) é p-primário.
c. Se a ∈
/ p então (q : a) = q.
Ve
rs
ão
Demonstração. Como (q : a) := {b ∈ A | ab ∈ q}, o primeiro item segue
da definição. Para o segundo, se b ∈ (q : a) então ab ∈ q e logo, como
√
a∈
/ q, temos que b ∈ p. Logo q ⊆ (q : a) ⊆ p, tomando radicais ( preserva
p√
√
p
inclusões e
I = I Ex. 16 Lista 1) temos (q : a) = p. Seja agora
bc ∈ (q : a) e suponha que b ∈
/ p, então abc ∈ q logo ac ∈ q o que implica
que c ∈ (q : a). Logo (q : a) é p-primário. No terceiro item, como a ∈
/ p
então se b ∈ (q : a) então ab ∈ q logo b ∈ q.
Definição 134. Uma decomposição primária de um ideal I de A é uma
expressão de I como uma interseção finita de ideais primários, I = ∩in=1 qi .
Note que em geral, uma tal decomposição primária não precisa existir.
Diremos que um ideal I é decomponível se I admite uma decomposição
primária.
Se um ideal I for decomponível e ainda:
√
a. todos os qi são distintos, e
b. temos que ∩ j6=i q j * qi para 1 ≤ i ≤ n
81
ar
a decomposição primária é dita minimal. Em vista do Lema 132, podemos
interceptar todos os ideais p-primários e obter um novo ideal p-primário
tendo assim a condição (a. ) satisfeita sem mudar a decomposição de I, feito
isso podemos omitir qualquer termo supérfluo para obter a condição (b. )
da seguinte forma: suponha que ∩ j6=i q j ⊆ qi então ∩ j6=i q j = ∩ j q j = I, então
podemos tirar qi . Logo toda decomposição primária pode ser reduzida a
uma minimal.
aula 17: 17/10/2014
Lema.
Aula 17
in
Lembrando a última aula. Provamos que:
Pr
el
im
a. Se qi com 1 ≤ i ≤ n são p-primários então q = ∩in=1 qi é p-primário.
b. Seja q um ideal p-primário e a ∈ A. Então:
a) Se a ∈ q então (q : a) = A.
b) Se a ∈
/ q então (q : a) é p-primário.
c) Se a ∈
/ p então (q : a) = q.
Definimos uma decomposição primária de um ideal I como sendo uma expressão I = ∩in=1 qi , onde os qi são primários. Diremos que I é decomponível
se I admite uma decomposição primária. Neste se caso, se
√
a. todos os qi são distintos, e
b. temos que ∩ j6=i q j * qi para 1 ≤ i ≤ n
Ve
rs
ão
a decomposição primária é dita minimal. E observamos que, em vista
do Lema anterior, toda decomposição primária pode ser reduzida a uma
minimal.
Teorema 135. (1º Teorema de Unicidade) Seja I um ideal decomponível e
√
seja I = ∩in=1 qi uma decomposição primária minimal de I. Seja pi = qi para
1 ≤ i ≤ n.
p Então os pi ’s são precisamente os ideais primos que ocorrem no conjunto
de ideais ( I : a) com a ∈ A, e portanto não dependem da decomposição particular
de I.
Demonstração. Para cada a ∈ A temos ( I : a) = (∩in=1 qi : a) = ∩in=1 (qi : a)
p
p
(Ex. 20.3 L1), logo ( I : a) = ∩in=1 (qi : a) = ∩ a/
∈q j p j (Ex. 16.4 L1 e Lema
p
133) . Suponha que ( I : a) seja primo então, segue da Proposição
29
p
Tn
(Lembrando: Se p = i=1 Ii então p = Ii para algum i), que ( I : a) = p j
p
para algum j. Logo todo ideal primo da forma
( I : a) é um dos p j .
Reciprocamente, para cada i existe ai ∈
/ qi e ai ∈ ∩ j6=i q j pois a decomposição
p
é minimal, logo temos que ( I : ai ) = pi .
82
Pr
el
im
in
ar
Note que não é verdade que todas as componentes primárias são independentes da decomposição. Por exemplo, ( x2 , xy) = ( x ) ∩ ( x2 , y) =
( x ) ∩ ( x, y)2 são duas decomposições primárias minimais distintas.
Da prova anterior, temos que para cada i existe ai ∈ A tal que ai ∈
/ qi e
n
ai ∈ ∩ j6=i q j assim ( I, ai ) = ∩ j=1 (q j : ai ) = (qi : ai ) pois pelo lema anterior
(q j : ai ) = A para todo j 6= i e logo (também pelo lema anterior) ( I, ai ) é
pi -primário.
Dizemos que os ideais primos pi do 1º Teorema de Unicidade (Teorema
135) são associados a I, e os denotaremos por Assoc( I ) = {p1 , . . . , pn }.
Segue que um ideal I é primário se, e somente se, ele tem um único ideal
primo associado.
Os elementos minimais do conjunto Assoc( I ) são chamados de ideais
primos isolados de I, i.e., um ideal primo p ∈ Assoc( I ) é isolado se sempre
que exista p0 ∈ Assoc( I ) tal que p0 ⊆ p então p0 = p. Ideais primos de
Assoc( I ) que não são isolados são chamados de embutidos. Ou seja, um
ideal primo p ∈ Assoc( I ) é embutido se existe um ideal primo p0 ∈ Assoc( I )
tal que p0 ( p. Segue do fato de Assoc( I ) ser finito que todo ideal embutido
contém um ideal isolado.
Ve
rs
ão
Proposição 136. Seja I um ideal decomponível. Então todo ideal primo p ⊇ I
contém um ideal primo isolado associado a I. Logo os ideais primos isolados de I são
precisamente os elementos minimais do conjunto V ( I ).
√
√
Demonstração. Se p ⊇ I = ∩in=1 qi então p = p ⊇ ∩in=1 qi = ∩in=1 pi . Logo
temos que p ⊇ pi para algum i e portanto p contém um ideal
isolado
√ primo
n
n
de I. Por outro lado temos que, como I = ∩i=1 qi então I ⊆ I = ∩i=1 pi ⊆ pi
para todo i = 1, . . . , n. Logo pi ∈ V ( I ) para todo i = 1, . . . , n. Ou seja
Assoc( I ) ⊆ V ( I ). Vejamos que os isolados de I são os elementos minimais
de V ( I ). Seja pi ideal isolado de I, suponha que existe em V ( I ) um ideal
primo p de A tal que p ⊆ pi . Pela primeira parte desta proposição existe um
ideal isolado p j tal que p j ⊆ p ⊆ pi , mas como pi é isolado temos que pi = p j
e portanto p = pi . Logo pi é um elemento minimal de V ( I ). Seja agora p um
elemento minimal de V ( I ), novamente existe um isolado pi tal que pi ⊆ p
mas pi ∈ V ( I ) logo pela minimalidade de p devemos ter p = pi .
Exemplo 137. Queremos achar os ideais primos minimais de A = C[ x, y]/( x2 , xy).
Pelo TCI os ideais primos minimais de A correspondem aos ideais primos
minimais de C[ x, y] que contém ( x2 , xy), i.e., correspondem aos elementos
minimais do conjunto V ( x2 , xy). Segue da proposição anterior que estes
elementos são os ideais isolados de ( x2 , xy). Seja ( x2 , xy) = ( x ) ∩ ( x, y)2
uma decomposição primária minimal qualquer de ( x2 , xy) (Verifique), então
os ideais primos associados são:
p
a.
( x ) = ( x ) pois ( x ) é primo por ser x irredutível no DFU C[ x, y].
83
b.
( x, y)2 = ( x, y) pois ( x, y) é um ideal maximal de C[ x, y] (Nullstellensatz Hilbert, Teorema 46) e toda potência de um maximal m é
m-primário (Proposição 131).
p
Logo Assoc( x2 , xy) = {( x ), ( x, y)} como ( x ) ( ( x, y) temos que o único
ideal isolado de ( x2 , xy) é ( x ). Logo ( x ) é o único ideal primo minimal de
C[ x, y]/( x2 , xy).
ar
Proposição 138. Seja I um ideal decomponível e I = ∩in=1 qi uma decomposição
√
primária minimal com qi = pi . Então ∪in=1 pi = { a ∈ A | ( I : a) 6= I }.
in
Demonstração. (Exercício 1.)
Pr
el
im
Logo, no caso em que o ideal zero é decomponível temos que o conjunto
dos divisores de zero D = ∪ todos os ideais primos associados a (0) e o
nilradical N = ∩ todos os primos isolados associados a (0). (Exercício 2. )
A seguinte proposição resume o comportamento de ideais primários sob
localização.
Proposição 139. Seja S um subconjunto multiplicativo de A e seja q um ideal
p-primário.
a. Se S ∩ p 6= ∅, então S−1 q = S−1 A.
b. Se S ∩ p = ∅, então S−1 q é S−1 p-primário.
Ve
rs
ão
Demonstração. Se s ∈ S ∩ p então existe n > 0 tal que sn ∈ S ∩ q. Logo
n
S−1 q contém o elemento s1 que é uma unidade de S−1 A (é uma das três
propriedades do mapa de localização (Aula 10): Se s ∈ S então
p ρ(s) é
−
1
uma unidade em S A). Para o segundo item observe que S−1 q =
√
S−1 ( q) = S−1 p (Ex. 6 Lista 4) e como S ∩ p = ∅ segue que S−1 p é
de fato um ideal primo de S−1 A (Teorema 98: os ideais primos de S−1 A
estão em correspondência um-a-um com os ideais primos de A que não
interceptam S). Suponha agora que as bt ∈ S−1 q, logo existe um q ∈ q e
q
0
0
0
s0 ∈ S tal que ab
st = s0 por tanto existe t ∈ S tal que t ( abs − stq ) = 0. Logo
t0 abs0 = t0 stq ∈ q, como q é primário ou ab ∈ q ou t0 s0 ∈ p, mas por hipótese
S ∩ p = ∅ logo ab ∈ q. Isto
p implica que ou a ∈ q ou b ∈ p e portanto ou
a
b
−
1
−
1
S−1 q. Logo S−1 q é S−1 p-primário.
s ∈ S q ou t ∈ S p =
Proposição 140. Seja S um subconjunto multiplicativo de A e seja I um ideal
√
decomponível. Seja I = ∩in=1 qi uma decomposição primária minimal com qi = pi .
Suponha ainda que os qi ’s são numerados de tal forma que S intercepta pm+1 , . . . , pn
mas não intercepta p1 , . . . , pm . Então S−1 I = ∩im=1 S−1 qi e essa decomposição
primária é minimal.
84
Ex2.2 L4 n −1
Demonstração. Temos que S−1 I = S−1 (∩in=1 qi )
=
∩i=1 S qi , agora
−
1
−
1
pela proposição anterior S qi = S A para i = m + 1, . . . , n. Logo S−1 I =
∩im=1 S−1 qi e S−1 qi é S−1 pi -primário para i = 1, . . . , m. Vejamos que essa
decomposição é minimal:
in
ar
a. Suponha que existam 1 ≤ i, j ≤ m tais que S−1 pi = S−1 p j . Como
pi 6= p j existe a ∈ pi tal que a ∈
/ p j , logo para s ∈ S, as ∈ S−1 pi = S−1 p j .
Segue que existe b ∈ p j e s0 ∈ S tal que as = sb0 em S−1 A, ou seja
existe t ∈ S tal que ts0 a = tsb ∈ p j , como p j é primo e a ∈
/ p j então
0
devemos ter ts ∈ p j mas S ∩ p j = ∅, contradição. Logo os S−1 pi ’s com
1 ≤ i ≤ m são todos distintos.
Pr
el
im
b. Suponha que existe 1 ≤ i ≤ m tal que ∩ j6=i S−1 q j ⊆ S−1 qi , i.e., S−1 ( Ii ) ⊆
S−1 qi onde Ii = ∩ j6=i q j . Como Ii * qi temos que existe a ∈ Ii tal que
a ∈
/ qi , logo para s ∈ S, as ∈ S−1 Ii ⊆ S−1 qi . Seguindo o raciocínio
anterior temos que existe t ∈ S tal que ta ∈ qi , como qi é primário e
a ∈
/ qi então devemos ter t ∈ pi mas S ∩ pi = ∅, contradição. Logo
∩ j6=i S−1 q j * S−1 qi para cada i = 1, . . . , m.
aula 18: 22/10/2014
• Aviso: Lista 5 disponível no site.
Ve
rs
ão
Um subconjunto Σ ⊆ Assoc( I ) do conjunto dos ideais primos associados
a I é dito isolado se satisfaz a seguinte condição: se p0 ∈ Assoc( I ) e p0 ⊆ p
para algum p ∈ Σ, então p0 ∈ Σ.
Para o que segue lembremos um resultado da Aula 3: Sejam p1 , . . . , pn
S
ideais primos e seja I um ideal contido em in=1 pi . Então I ⊆ pi para algum
i.
Seja, então Σ um conjunto isolado de ideais primos associados a I e seja
S = A − ∪p∈Σ p. Então S é um conjunto multiplicativo e, para qualquer ideal
primo p0 ∈ Assoc( I ), temos que: se p0 ∈ Σ então p0 ∩ S = ∅ e se p0 6∈ Σ
então p0 * ∪p∈Σ p (pois se p0 ⊆ ∪p∈Σ p segue da Proposição 29 que p0 ⊆ p
para algum p ∈ Σ, mas como Σ é conjunto isolado então p0 ∈ Σ, contradição)
o que implica que p0 ∩ S 6= ∅.
Teorema 141. (2º Teorema de Unicidade) Seja I um ideal decomponível de um
anel A, I = ∩in=1 qi uma decomposição primária minimal de I e Σ = {pi1 , . . . , pim }
um conjunto isolado de ideais primos associados a I. Então qi1 ∩ · · · ∩ qim é
independente da decomposição.
Demonstração. Faremos a prova em 4 partes. Para isso considere S um
conjunto multiplicativo qualquer de A.
85
Aula 18
a. Vejamos que se J é um ideal de A então ρ−1 (S−1 J ) = ∪s∈S ( J : s). De
fato a ∈ ρ−1 (S−1 J )⇔ρ( a) = 1a ∈ S−1 J ⇔ 1a = xs para algum x ∈ J e
s ∈ S⇔( as − x )t = 0 para algum t ∈ S⇔ ast ∈ J ⇔ a ∈ ∪s∈S ( J : s).
ar
b. Se q é um ideal p-primário e S ∩ p = ∅ então ρ−1 (S−1 (q)) = q. Do
item anterior segue que ρ−1 (S−1 (q)) = ∪s∈S (q : s), agora se s ∈ S
então s ∈
/ p pela hipótese, logo do Lema 133 temos que (q : s) = q para
todo s ∈ S. Portanto ρ−1 (S−1 (q)) = q.
in
c. Suponha nas hipóteses do teorema que os qi ’s são numerados de tal
forma que S intercepta pm+1 , . . . , pn mas não intercepta p1 , . . . , pm . Então provaremos que ρ−1 (S−1 I ) = ∩im=1 qi , de fato segue da Proposição
140 que ρ−1 (S−1 I ) = ρ−1 (∩im=1 S−1 qi ) = ∩im=1 ρ−1 (S−1 qi ) e, do item
anterior, ρ−1 (S−1 qi ) = qi para todo i = 1, . . . , m.
Pr
el
im
d. Por último, seja S = A − ∪p∈Σ p então segue da observação prévia ao
teorema que S intercepta os p ∈ Assoc( I ) − Σ e não intercepta os p ∈ Σ.
Logo, segue do item c., que ρ−1 (S−1 I ) = ∩m
j=1 qi j e logo a interseção dos
qi j depende somente de I pois pelo 1ºTU os pi ’s dependem somente
do ideal I e não da decomposição primária específica de I.
Corolário 142. As componentes primárias isoladas (i.e., as componentes primárias
qi correspondentes aos ideais primos isolados pi ) são univocamente determinadas
por I.
Ve
rs
ão
Demonstração. Aplique o teorema ao conjunto isolado Σ = {p} onde p é um
ideal isolado de I. Neste caso a componente primária q correspondente ao
ideal primo isolado p satisfaz q = ρ−1 ( Ip ) (aqui S = A − p).
Por outro lado, as componentes primárias embutidas, em geral, não são
univocamente determinadas por I. Se A é um anel Noetheriano, existe de
fato uma quantidade infinita de escolhas para as componentes embutidas.
6.1
decomposição primária em anéis noetherianos
Mostraremos a seguir que todo ideal próprio em um anel Noetheriano
admite decomposição primária.
Definição 143. Dizemos que um ideal I é irredutível se sempre que I =
J ∩ K então ou I = J ou I = K.
Lema 144. Em um anel Noetheriano A todo ideal é uma interseção finita de ideais
irredutíveis.
86
Demonstração. Suponha que não, então o conjunto de ideais de A para os
quais o lema é falso é não vazio, logo tem um elemento maximal I. Como I
é redutível, temos que I = J ∩ K onde J ⊃ I e K ⊃ I. Da maximalidade de I
segue que J e K são interseções finitas de ideais irredutíveis e portanto o é I,
contradição.
Lema 145. Em um anel Noetheriano todo ideal irredutível é primário.
Pr
el
im
in
ar
Demonstração. Passando ao anel quociente, é suficiente mostrar que se o
ideal nulo é irredutível então ele é primário. Seja então xy ∈ (0) com y 6= 0, e
considere a cadeia de ideais Ann( x ) ⊆ Ann( x2 ) ⊆ · · · . Pela cca, esta cadeia
é estacionária, i.e., existe n > 0 tal que Ann( x n ) = Ann( x n+1 ) = · · · . Segue
que ( x n ) ∩ (y) = (0) pois se a ∈ (y) então ax = a0 yx = 0 e se a ∈ ( x n ) então
a = bx n logo ax = bx n+1 = 0 o que implica que b ∈ Ann( x n+1 ) = Ann( x n )
assim bx n = 0, i.e., a = 0. Como (0) é irredutível e (y) 6= 0 então devemos
ter x n = 0, e isto mostra que (0) é primário.
Segue diretamente destes dois lemas que
Teorema 146. Em um anel Noetheriano A todo ideal admite uma decomposição
primária.
Proposição 147. Seja A um anel Noetheriano.
a. Todo ideal I contém uma potência de seu radical.
b. O nilradical de A é nilpotente.
Demonstração. Exercício 3.
Ve
rs
ão
Proposição 148. Seja I um ideal próprio de um anel Noetheriano. Então os ideais
primos associados a I são precisamente os ideais primos que ocorrem no conjunto de
ideais ( I : a) com a ∈ A.
Demonstração. Observamos que o 1ºTU (Teorema 135) nos diz que os ideais
primospassociados a I são os ideais primos que ocorrem no conjunto de
ideais
( I : a) com a ∈ A. Logo se ( I : a) é um ideal primo p de A então
p
( I : a) = ( I : a) = p e portanto ( I : a) é um ideal primo associado a I.
Reciprocamente, seja I = ∩in=1 qi uma decomposição primária minimal de
√
I e seja pi = qi . Denote por Ii = ∩ j6=i q j 6= I. Então, pela prova do 1ºTU,
p
temos que pi = ( I : a) para qualquer a ∈ Ii e a 6∈ qi , logo ( I : a) ⊆ pi .
Agora, como qi é pi -primário e todo ideal (em um anel Noetheriano) contém
uma potência de seu radical (Proposição 147) existem um inteiro m tal que
pim ⊆ qi , e logo Ii pim ⊆ Ii ∩ pim ⊆ Ii ∩ qi = I. Seja m ≥ 1 o menor inteiro tal
que Ii pim ⊆ I e seja b ∈ Ii pim−1 ⊆ Ii ∩ pim−1 tal que b ∈
/ I. Então pi b ⊆ I, logo
para esse b temos ( I : b) ⊇ pi e logo, como b ∈ Ii e b 6∈ I então b 6∈ qi , pelo
anterior ( I : b) ⊆ pi .
87
6.2
aplicações da decomposição primária em anéis artinianos
Observação 149. Observamos que para o caso particular de módulos sobre um
corpo k, i.e. k-espaços vetoriais V, as seguintes condições são equivalentes:
V tem dimensão finita ⇔ V tem comprimento finito ⇔ V é Noetheriano ⇔
V é Artiniano. (Exercício 4 da Lista 5)
ar
Vejamos que existem anéis nos quais, assim como os espaços vetoriais, as
condições de ser Noetheriano ou Artiniano são equivalentes. Para provar
f
g
in
a seguinte proposição usaremos a Proposição 102 (Seja 0 → M0 → M →
M00 → 0 uma sequência exata de A-módulos. Então: M é Noetheriano
(Artiniano) ⇔ M0 e M00 são Noetherianos (Artinianos))
Pr
el
im
Proposição 150. Seja A um anel no qual o ideal zero é um produto m1 · · · mn
de ideais maximais (não necessariamente distintos). Então A é Noetheriano se, e
somente se, A é Artiniano.
Demonstração. Considere a cadeia de ideais (A-módulos): A ) m1 ⊇ m1 m2 ⊇
· · · ⊇ m1 · · · mn = 0. Denote por Mi = m1 · · · mi , para i = 1, . . . , n. Cada
módulo quociente Mi−1 /Mi é um A/mi -módulo pois é um A-módulo aniquilado por mi . Logo Mi−1 /Mi é um espaço vetorial sobre o corpo A/mi .
Portanto, Mi−1 /Mi é um A/mi -módulo Artiniano se, e somente se, é um
A/mi -módulo Noetheriano (pela Observação anterior). Como seus A/mi submódulos são exatamente os mesmos que seus A-submódulos, Mi−1 /Mi
é um A-módulo Artiniano se, e somente se, é um A-módulo Noetheriano.
Considere as sequências exatas curtas:
i
π
0 → M1 ,→ A A/M1 → 0
Ve
rs
ão
i
π
0 → M2 ,→ M1 M1 /M2 → 0
..
.
i
π
0 → Mi ,→ Mi−1 Mi−1 /Mi → 0
..
.
i
π
0 → Mn−1 ,→ Mn−2 Mn−2 /Mn−1 → 0
i
π
0 → Mn ,→ Mn−1 Mn−1 /Mn → 0
Suponha que A seja A-módulo Noetheriano então M1 e A/M1 são Amódulos Noetherianos, isto implica que M2 e M1 /M2 são A-módulos Noetherianos, continuando com esse raciocínio temos que Mi e Mi−1 /Mi
são A-módulos Noetherianos para todo i = 1, . . . , n. Logo os quocientes
Mi−1 /Mi são A-módulos Artinianos para todo i = 1, . . . , n. Em particular
para i = n temos que Mn−1 /Mn é A-módulo Artiniano, mas Mn = 0 logo
88
Mn−1 é A-módulo Artiniano e Mn−2 /Mn−1 é A-módulo Artiniano, o que
implica que Mn−2 é A-módulo Artiniano. Continuando com esse raciocínio
temos que A é A-módulo Artiniano. Analogamente se trocarmos os termos
“Artiniano” e “Noetheriano”.
aula 19: 24/10/2014
Aula 19
ar
Lembramos da última aula:
m
in
Proposição. Seja A um anel no qual o ideal zero é um produto finito m1 · · · mn
de ideais maximais (não necessariamente distintos). Então A é Noetheriano se, e
somente se, A é Artiniano.
Mostraremos a seguir que todo anel Artiniano é Noetheriano. Mas para
que um anel Noetheriano seja Artiniano precisamos adicionar mais alguma
condição:
Pr
eli
Teorema 151. A é um anel Artiniano se, e somente se, A é Noetheriano e dim A =
0.
Ve
rs
ão
Demonstração. (⇒): Como A é Artiniano segue do Corolário 127 que dim A =
0 e da Proposição 124 que A tem um número finito de ideais maximais:
m1 , . . . , mn . Como o radical de Jacobson R de A é nilpotente (Corolário 123
e Proposição 125) existe k > 0 tal que Rk = 0. Então Πin=1 mik ⊆ (∩in=1 mi )k =
Rk = 0, podemos escrever o zero como produto de ideais maximais (não necessariamente distintos), segue da proposição anterior que A é Noetheriano.
(⇐): Suponha que p seja um ideal primo de A e seja I um ideal próprio
de A tal que p ⊆ I, então existe um ideal maximal m tal que p ⊆ I ⊆ m.
Segue do fato da dim A = 0 que p = m = I, ou seja os ideais primos
de A são maximais. Analogamente vemos que todos os ideais primos
também são ideais primos minimais. Como A é Noetheriano, todo ideal
tem decomposição primária (Teorema 146). Em particular o ideal nulo tem
uma decomposição primária, logo os ideais primos isolados associados a (0)
(que são os elementos minimais de V (0) = Spec( A) (Proposição 136)) são os
ideais primos (minimais) de A, segue que A tem um número finito de ideais
primos (e, portanto, maximais): m1 , . . . , mn . Assim N = ∩in=1 mi . Segue da
Proposição 147 que N é nilpotente, logo existe k > 0 tal que Πin=1 mik ⊆
(∩in=1 mi )k = Nk = 0, ou seja, podemos escrever o zero como produto de
ideais maximais, segue da proposição anterior que A é Artiniano.
Como consequências do fato de todo anel Artiniano ser Noetheriano
temos:
Corolário 152. Em um anel Artiniano A todo ideal admite uma decomposição
primária.
89
Demonstração. Segue dos Teoremas 151 e 146.
Corolário 153. Um anel A é Artiniano se, e somente se, ` A ( A) < ∞.
Demonstração. Segue da Proposição 111 e do Teorema 151.
ar
Observamos que no caso de módulos o teorema anterior não é válido
pois existem módulos Artinianos que não são Noetherianos, como mostra o
exemplo a seguir:
Pr
el
im
in
Exemplo 154. Seja G o subgrupo de Q/Z que consiste de todos os elementos
de ordem potência de p, onde p é um número primo fixo. Então G tem
exatamente um subgrupo Gn de ordem pn para cada n ≥ 0 e G0 ⊂ G1 ⊂
· · · ⊂ Gn ⊂ · · · (inclusões estritas) então G não satisfaz a cca, logo não é
Noetheriano como Z-módulo. Por outro lado, os únicos subgrupos próprios
de G são os Gn , logo G satisfaz a ccd e logo é Artiniano como Z-módulo.
Proposição 155. Seja A um anel Noetheriano local e m seu ideal maximal. Então
exatamente uma das seguintes condições é verdadeira:
a. mn 6= mn+1 para todo n;
b. mn = 0 para algum n, neste caso A é um anel Artiniano local.
Ve
rs
ão
Demonstração. Suponha que mn = mn+1 para algum n. Como A é Noetheriano, mn é um ideal f.g. e como A é local R = m, pelo lema de Nakayama
(Lema 60) com M = mn e I = m, temos que mn = 0. Seja p um ideal
primo
de A, como 0 ∈ p então mn ⊆ p logo, tomando radicais, temos
√
√
mn = m ⊆ p = p, da maximalidade de m segue que m = p. Logo m é
o único primo de A o que implica que dim A = 0, como A é Noetheriano
então A é Artiniano (Teorema 151).
Se A é um anel Artiniano local, então m é o único ideal primo de A e
logo m é o nilradical de A. Segue que todo elemento de m é nilpotente e o
mesmo m é nilpotente. Além disso, todo elemento de A ou é uma unidade
ou é nilpotente. (Exercício 18 Lista 1).
Teorema 156. (Teorema de Estrutura de Anéis Artinianos) Todo anel Artiniano A é um produto direto finito de anéis Artinianos locais determinados de maneira
única (a menos de isomorfismo).
Demonstração. Sejam mi com i = 1, . . . , n os ideais maximais distintos de A.
Da prova do Teorema 151 temos que Πin=1 mik = 0 para algum k > 0. Vejamos
que os ideais mik são dois-a-dois coprimos. Primeiramente observe que:
√
a.
I = A⇔ I = A e
q√
√
√
b.
I+J=
I + J (Verifique!)
90
Seja I = mi + m j para i 6= j logo mi ( I, segue da maximalidade de mi
que I = A. Por outro lado
rq
q
q
√
p
b.
k
k
mi + m j =
mik + mkj = mi + m j = A = A,
ar
isto implica por a. que mik + mkj = A e logo são coprimos. Segue do Teorema
Chinês dos Restos (Teorema 31) que:
a. ∩in=1 mik = Πin=1 mik = 0 e é uma decomposição primária minimal do 0:
q
potências de maximais são primários, os mik = mi são todos distin-
b. A =
A
m1k
|
· m2k
Pr
el
im
in
tos por hipótese e ainda se ∩ j6=i mkj ⊆ mik tomando radicais teríamos
∩ j6=i m j ⊆ mi (Interseção finita de ideais contida em um primo) logo
m j ⊆ mi para algum j, como m j é maximal e mi 6= A então m j = mi ,
contradição. Logo ∩ j6=i mkj * mik para todo i = 1, . . . , n.
· . . . · mkn
{z
=0
'
A
A
A
× k ×···× k.
k
mn
m1 m2
}
Ve
rs
ão
Cada quociente A/mik é um anel Artiniano (quociente de Artiniano por
um ideal). Para ver que cada quociente é local, seja m um ideal maximal
de A/mik , então m corresponde a um ideal maximal de A que contém mik ,
suponha que mik ⊆ m j tomando radicais temos mi ⊆ m j segue que j = i e
logo existe somente um ideal maximal de A que contém mik o que implica
que A/mik é local com ideal maximal mi . Logo A é um produto direto finito
de anéis Artinianos locais.
Para a unicidade, suponha que A ' Πim=1 Ai , onde Ai são anéis Artinianos
locais. Então para cada i temos um homomorfismo sobrejetor natural
πi : A → Ai que é a projeção na i-ésima coordenada. Seja Ii = Ker(πi ),
então pelo teorema de isomorfismo temos Ai ' A/Ii .
Por outro lado ∩im=1 Ii = 0, é claro que 0 A ∈ Ii para todo i e reciprocamente
se a ∈ ∩im=1 Ii então 0i = πi ( a) = ai para todo i então a = 0 A . Vejamos que
esta é uma decomposição primária do (0): seja qi o único ideal primo de
Ai (veja observação previa ao teorema) e seja pi = πi−1 (qi ) então pi é um
ideal primo de A e logo maximal (Proposição 122).
√ Como qi é o nilradical
de Ai segue que Ii é pi -primário, vejamos: a ∈ Ii ⇔existe l > 0√tal que
al ∈ Ii ⇔0i = πi ( al ) = πi ( a)l ⇔πi ( a) ∈ qi ⇔ a ∈ πi−1 (qi ) = pi . Logo Ii = pi
√
(que é maximal) logo segue da Proposição 131 (Se I é maximal, então I
é primário) que Ii é pi -primário. Isto implica que a expressão ∩im=1 Ii = 0 é
uma decomposição primária do ideal zero de A.
Vejamos que a decomposição primária é minimal, para isso provaremos
primeiramente que os pi ’s são coprimos dois-a-dois: seja i 6= j então existe
91
Pr
el
im
in
ar
a = ( a1 , . . . , 1i , . . . , 0 j , . . . , am ) ∈ A tal que πi ( a) = 1i e π j ( a) = 0 j , logo
1 A − a ∈ Ii e a ∈ Ij assim 1 A = (1 A − a) + a ∈ Ii + Ij . Logo os Ii ’s são
q√
p b. p
p
coprimos. Isto implica que para i 6= j, pi + p j =
Ii + Ij = Ii + Ij =
√ a.
A = A segue de a. que pi + p j = A e logo os pi ’s são coprimos dois-a-dois.
Como consequência eles são todos distintos pois se dois deles forem iguais
pi = p j então A = pi + p j = pi , contradição. Por outro lado, ∩ j6=i Ij * Ii
para cada i = 1, . . . , m pois se, para algum i, ∩ j6=i Ij ⊆ Ii tomando radicais
temos ∩ j6=i p j ⊆ pi e logo existiria j tal que p j ⊆ pi , como p j é maximal isto
implicaria p j = pi , contradição. Logo a decomposição primária ∩im=1 Ii = 0 é
minimal.
Assim temos que Assoc(0) = {p1 , . . . , pm } = {m1 , . . . , mn }, logo segue do
1ºTU que m = n. Além disso, como consequência da maximalidade dos
primos associados a (0) temos que todos eles são isolados e logo todas as
componentes primárias são isoladas e, consequentemente, determinadas de
maneira única por A pelo 2ºTU (Teorema 141). Logo existe uma permutação
σ dos índices 1, . . . , n tal que Ii ' mkσ(i) para todo i = 1, . . . , n.
Assim os anéis Artinianos locais Ai ' A/Ii ' A/mkσ(i) são determinados
de maneira única por A, para todo i = 1, . . . , n.
Ve
rs
ão
Se A é um anel local, m seu ideal maximal, k = A/m seu corpo de
resíduos e M um A-módulo então o A-módulo M/mM é aniquilado por
m e portanto tem estrutura de k-espaço vetorial. Se, alem disso M é f.g.
por mi (1 ≤ i ≤ n) então M/mM também é f.g. como A-módulo. Assim
se x ∈ M/mM então x = ∑in=1 ai mi = ∑in=1 ai mi (pela definição da ação
de A/m em M/mM), logo M/mM é f.g. como k-espaço vetorial, assim
dimk ( M/mM) ≤ n.
Lembramos a Proposição 62, da Aula 8 que é corolário do Lema de
Nakayama e diz o seguinte: Sob as hipóteses anteriores, seja M um Amódulo f.g. e sejam mi (1 ≤ i ≤ n) os elementos de M cujas imagens em
M/mM formam uma base deste espaço vetorial. Então os mi ’s geram M.
Proposição 157. Seja A um anel Artiniano local. Então são equivalentes:
a. todo ideal de A é principal;
b. o ideal maximal m é principal;
c. dimk (m/m2 ) ≤ 1.
Demonstração. (a. )⇒(b. ) é claro. (b. )⇒(c. ) segue da observação prévia à
proposição. Vejamos que (c. )⇒(a. ): Se dimk (m/m2 ) = 0, então m = m2 e
m é f.g. por A ser Artiniano (e logo Noetheriano), e por A ser local temos
que m = R, segue do Lema de Nakayama que m = 0 e logo A é um corpo
e seus ideias (1) e (0) são principais. Se dimk (m/m2 ) = 1, então m é um
92
exercícios
in
6.3
ar
ideal principal pela Proposição 62, logo m = ( a). Seja I 6= (0) um ideal
local Arti
próprio de A, então I ⊆ m. Temos ainda que m = R = N e logo m é
nilpotente (Proposição 125), portanto existe um inteiro r > 0 tal que I ⊆ mr e
I * mr+1 (suponha que não, que para todo r > 0, I ⊆ mr então I = (0) pela
nilpotência de m, contradição). Logo existe b ∈ I e b ∈
/ ( ar+1 ) = mr+1 com
b = xar , consequentemente x ∈
/ ( a) = m, i.e., x não é nilpotente logo (pela
observação previa à ao Teorema de Estrutura de Anéis Artinianos) x é uma
unidade de A. Logo ar ∈ I, portanto mr = ( ar ) ⊆ I e logo I = mr = ( ar ).
Segue que I é principal.
Pr
el
im
Ex. 66 — Seja A um anel, D o conjunto dos divisores de zero de A e N o
nilradical de A. Mostre que:
p
1. D = ∪ a6=0 (0 : a)
p
2. N = (0)
3. Use o item anterior para mostrar que, se o ideal zero (0) é decomponível, então:
a) D é a união de todos os ideais primos associados a (0);
b) N é a interseção de todos os ideais primos isolados associados a
(0).
4. Se I é um ideal de A decomponível então ∪in=1 pi = { a ∈ A | ( I : a) 6= I },
onde os pi ’s são os ideais primos associados a I.
Ve
rs
ão
Ex. 67 — Seja A um anel Noetheriano. Mostre que:
1. Todo ideal contém uma potência de seu radical.
2. O nilradical de A é nilpotente.
Ex. 68 — Seja A um anel Noetheriano, m um ideal maximal de A, q um
ideal qualquer de A. Mostre que são equivalentes:
1. q é m-primário;
√
q = m;
2.
3. mn ⊆ q ⊆ m para algum n > 0.
Ex. 69 — Seja A um anel Noetheriano e m um ideal maximal. Mostre que
A/mn é Artiniano para todo n ≥ 0
93
Ex. 70 — Mostre que se I é um ideal radical (i.e., I =
ponível e não tem ideais primos embutidos.
√
I) então I é decom-
Ex. 71 — Seja I um ideal decomponível de um anel A e seja p um elemento
maximal do conjunto de ideais ( I : a) onde a ∈ A e a ∈
/ I. Mostre que p é
um ideal primo associado a I.
in
ar
Ex. 72 — Se A é um anel no qual todo ideal tem uma decomposição primária, mostre que toda localização de A por um conjunto multiplicativo S,
S−1 A, tem a mesma propriedade.
Ex. 73 — Sejam p1 = ( x, y), p2 = ( x, z) e p3 = ( x, y, z) ideais do anel de
polinômios k[ x, y, z], onde k é um corpo. Seja I = p1 p2 :
Pr
el
im
1. Mostre que I = p1 ∩ p2 ∩ p23 é uma decomposição primária minimal
de I.
2. Encontre os ideais primos minimais do anel k[ x, y, z]/( x, y) · ( x, z).
Ex. 74 — Seja I = ( xy, x3 − x2 , x2 y − xy) um ideal do anel de polinômios
k[ x, y], onde k é um corpo.
1. Mostre que I = ( x ) ∩ ( x − 1, y) ∩ ( x2 , y) é uma decomposição primária
minimal de I.
2. Encontre os ideais primos minimais do anel k[ x, y]/( xy, x3 − x2 , x2 y −
xy).
Ve
rs
ão
Ex. 75 — Um espaço topológico X é dito discreto se todo subespaço de X é
fechado. Seja A um anel Noetheriano. Mostre que as seguintes condições
são equivalentes:
1. A é Artiniano;
2. Spec( A) é finito e discreto;
3. Spec( A) é discreto.
Ex. 76 — Seja A = k[ x1 , ..., xn ]/I, onde I é um ideal. Mostre que dim( A) =
0 se e somente se A é um k-espaço vetorial de dimensão finita.
Ex. 77 — Seja A uma k-álgebra Noetheriana local com ideal maximal m e
corpo de resíduos k. Sabendo que dimk (m/m2 ) = 2002, qual é o número
mínimo de geradores para o ideal m?
Ex. 78 — Seja A um anel Noetheriano e q um ideal p-primário de A. Considere cadeias de ideais primos de q até p. Mostre que todas tais cadeias
94
Ve
rs
ão
Pr
el
im
in
ar
tem comprimento finito e que todas as cadeias maximais tem o mesmo
comprimento.
95
7
EXTENSÕES INTEGRAIS
aula 20: 29/10/2014
Aula 20
ar
Extensões finitas e integrais de anéis generalizam os conceitos de extensões
finitas e algébricas de corpos.
b n + a 1 b n −1 + · · · + a n = 0
m
in
Definição 158. Seja B ⊇ A uma extensão de anéis (i.e., B é um anel, A um
subanel de B, de modo que 1 ∈ A). Um elemento b ∈ B é dito integral sobre
A se b é uma raiz de um polinômio mônico com coeficientes em A, i.e., b
satisfaz uma equação da forma
(8)
Pr
eli
onde os ai ∈ A. Dizemos que a extensão B ⊇ A é integral se todo elemento
b ∈ B é integral sobre A.
No caso geral em que f : A → B é uma A-álgebra, dizemos que f é
integral e B é uma A-álgebra integral se B ⊇ f ( A) é uma extensão integral.
Definição 159. Uma extensão de anéis B ⊇ A é dita finita se B, visto como
A-módulo é f.g. Analogamente, uma A-álgebra f : A → B é dita finita se B
é um A-módulo f.g.
Ve
rs
ão
Exemplo 160. Uma extensão integral de corpos é o mesmo que uma extensão
algébrica e uma extensão de corpos L ⊇ k é finita se, e somente se, [ L : k] =
dimk L < ∞. Desta forma, as definições anteriores generalizam para anéis
os conceitos familiares de elemento algébrico e extensões finitas e algébricas
de corpos.
Diretamente das definições obtemos:
Lema 161.
a. Seja I um ideal de A. O quociente A/I é uma A-álgebra finita.
b. Se f : A → B e g : B → C são álgebras finitas, então g ◦ f : A → C é finita.
c. Se f : A → B é uma álgebra finita e g : A → C é uma álgebra qualquer então
a álgebra obtida por mudança de base f ⊗ id : A ⊗ A C ' C → B ⊗ A C dada
por c 7→ 1 ⊗ c é finita. Em particular, se S ⊆ A é um conjunto multiplicativo,
a localização S−1 f : S−1 A → S−1 B é uma álgebra finita.
96
Demonstração. Exercício 1.
Proposição 162. Seja A ⊆ B uma extensão de anéis e seja b ∈ B. As seguintes
afirmações são equivalentes:
a. b é integral sobre A;
b. A[b] ⊇ A é uma extensão finita.
ar
c. A[b] ⊆ C tal que C ⊆ B é um subanel de B que é f.g. como A-módulo.
Pr
el
im
in
Demonstração. (a. )⇒(b. ) Como b é integral sobre A, multiplicando (8)
por br , temos bn+r = −( a1 bn+r−1 + · · · + an br ) para todo r ≥ 0. Logo, por
indução, todas as potencias positivas de b pertencem ao A-módulo gerado
por 1, b, . . . , bn−1 . Logo A[b] é gerado como A-módulo por 1, b, . . . , bn−1 , i.e.,
A[b] ⊇ A é uma extensão finita.
(b. )⇒(c. ) Basta tomar C = A[b].
(c. )⇒(a. ) Sejam c1 , . . . , cn ∈ C os geradores de C como A-módulo.
Como b · ci ∈ C para todo i (pois b ∈ A[b] ⊆ C por hipótese), temos que
b · ci = ∑nj=1 aij c j assim temos o seguinte “sistema linear” nas “variáveis” ci
e “coeficientes” aij ∈ A:
b · c1 = a11 c1 + · · · + a1n cn
..
.
b · cn = an1 c1 + · · · + ann cn
Logo b é raiz do polinômio característico da matriz ( aij ) que é mônico e
possui coeficientes em A. Segue que b é integral sobre A.
Ve
rs
ão
Corolário 163. Sejam bi com 1 ≤ i ≤ n elementos de B, cada um dos quais é
integral sobre A. Então A[b1 , . . . , bn ] ⊇ A é uma extensão finita.
Demonstração. Por indução em n. O caso n = 1 é a proposição anterior.
Assuma n > 1 e seja Ar = A[b1 , . . . , br ], então pela hipóteses indutiva
An−1 ⊇ A é uma extensão finita. Por outro lado, como bn é integral sobre A
então é integral sobre An−1 , assim pelo caso n = 1, An = An−1 [bn ] ⊇ An−1
é uma extensão finita. Segue da transitividade do Lema 161 que An ⊇ A é
uma extensão finita.
Corolário 164. Se B ⊇ A é uma extensão finita então é integral. Reciprocamente,
se B ⊇ A é integral e B é f.g. como A-álgebra, então B ⊇ A é uma extensão finita.
Demonstração. Seja b ∈ B, então A[b] ⊆ B e como A ⊆ B é finita B é f.g.
como A-módulo, segue da Proposição 162 (c. ) que b é integral sobre A.
Logo a extensão A ⊆ B é integral. Reciprocamente como B é uma A-álgebra
f.g. existem b1 , . . . , bn ∈ B, cada um deles integrais sobre A por hipótese,
tais que B = A[b1 , . . . , bn ]. Logo segue do corolário anterior que B ⊇ A é
uma extensão finita.
97
A seguinte definição é uma generalização da noção de fecho algébrico
para extensões de corpos.
Definição 165. Seja B ⊇ A uma extensão de anéis. O conjunto C( A, B) dos
elementos de B que são integrais sobre A é chamado de fecho integral ou
normalização de A em B. Se C( A, B) = A, então A é dito integralmente
fechado em B.
Observe que C( A, B) = B se, e somente se, B é integral sobre A.
ar
Lema 166. Seja B ⊇ A uma extensão de anéis. O fecho integral de A em B,
C( A, B), é um subanel de B que contém A.
Pr
eli
m
in
Demonstração. Como todo elemento de A é integral sobre A, segue A ⊆
C( A, B). Dados a, b ∈ C( A, B) devemos mostrar que a ± b e ab também
pertencem a C( A, B), ou seja, são integrais sobre A. Como a ± b, ab ∈ A[ a, b],
então A[ a ± b] ⊆ A[ a, b] e A[ ab] ⊆ A[ a, b]. Por outro lado, como a, b são
integrais sobre A, segue do Corolário 163 que A[ a, b] ⊇ A é uma extensão
finita. Logo, da Proposição 162 (c. ) segue que a ± b e ab são integrais sobre
A.
Proposição 167. Sejam A ⊆ B ⊆ C extensões de anéis. Se B é integral sobre A e
C é integral sobre B então C é integral sobre A.
Ve
rs
ão
Demonstração. Dado c ∈ C devemos mostra que c é integral sobre A. Por
hipótese existe uma equação cn + b1 cn−1 + · · · + bn = 0, com bi ∈ B. Por
outro lado, cada bi é integral sobre A. Assim, segue do Corolário 163,
que A[b1 , . . . , bn ] ⊇ A é uma extensão finita. Mas agora c é integral sobre A[b1 , . . . , bn ] (pois os coeficientes bi do polinômio mônico do qual c é
raiz pertencem a A[b1 , . . . , bn ]), logo A[b1 , . . . , bn , c] ⊇ A[b1 , . . . , bn ] é uma
extensão finita (Proposição 162 b. ). Segue da transitividade do Lema 161
que A[b1 , . . . , bn , c] ⊇ A é uma extensão finita. Assim A[c] está contido em
A[b1 , . . . , bn , c] que é um subanel de C, f.g. como A-módulo, portanto c é
integral sobre A como consequência do item (c. ) da Proposição 162.
Corolário 168. Seja B ⊇ A uma extensão de anéis. O fecho integral de A em B,
C( A, B), é integralmente fechado em B.
Demonstração. Queremos provar que C(C( A, B), B) = C( A, B). Sabemos
pelo Lema 166 que A ⊆ C( A, B) ⊆ C(C( A, B), B) ⊆ B. Seja b ∈ C(C( A, B), B),
então b é integral sobre C( A, B), ou seja C( A, B) ⊆ C(C( A, B), B) é uma extensão integral. Analogamente, se c ∈ C( A, B) então c é integral sobre A
logo A ⊆ C( A, B) é uma extensão integral. Segue da Proposição anterior
que A ⊆ C(C( A, B), B) é uma extensão integral, o que implica que dado
d ∈ C(C( A, B), B) temos que d é integral sobre A, logo d ∈ C( A, B) e por
tanto C(C( A, B), B) ⊆ C( A, B).
98
Mostraremos a seguir que extensões integrais são preservadas por quocientes e localização:
Proposição 169. Seja B ⊇ A uma extensão integral de anéis.
a. Se I é um ideal de B então B/I é integral sobre A/A ∩ I.
ar
b. Se S é um subconjunto multiplicativo de A, então S−1 B é integral sobre
S−1 A.
Demonstração.
n −1
n
módulo I temos b + a1 b
é integral sobre A/A ∩ I.
in
a. Seja b ∈ B/I, então b = b + I com b ∈ B logo existe uma expressão
bn + a1 bn−1 + · · · + an = 0 com ai ∈ A. Reduzindo esta equação
+ · · · + an = 0 com ai ∈ A/A ∩ I. Logo b
Pr
el
im
b. Seja bs ∈ S−1 B com b ∈ B e s ∈ S, logo existe uma expressão bn +
a1 bn−1 + · · · + an = 0 em B, com ai ∈ A. Agora como s ∈ S então sn ∈
n
S e logo s1 é uma unidade em S−1 B, logo s1n (bn + a1 bn−1 + · · · + an ) =
n −1
n
+ · · · + asnn = 0
0 em S−1 B. Assim temos a expressão bs + as1 bs
onde os coeficientes
ai
si
∈ S−1 A. Logo
b
s
é integral sobre S−1 A.
Proposição 170. Sejam A ⊆ B domínios de integridade, B integral sobre A. Então
B é um corpo se, e somente se, A é um corpo.
Ve
rs
ão
Demonstração. Suponha que A seja um corpo e seja b ∈ B, b 6= 0. Como B é
integral sobre A, seja bn + a1 bn−1 + · · · + an = 0 com ai ∈ A uma equação
para a dependência integral de b do menor grau possível. Suponha que
an = 0 então b(bn−1 + a1 bn−2 + · · · + an−1 ) = 0, como B é um domínio de
integridade e b 6= 0 então devemos ter bn−1 + a1 bn−2 + · · · + an−1 = 0 o que
contradiz o fato de n ser o grau mínimo de uma equação para a dependência
integral de b, logo an 6= 0 e como A é corpo, an é uma unidade. Agora como
an = −bn − a1 bn−1 − · · · − an−1 b = b(−bn−1 − a1 bn−2 − · · · − an−1 ) temos
1 n −1
1 n −2
1
que 1 = b(− a−
− a1 a −
− · · · − a n −1 a −
n b
n b
n ), logo b é uma unidade
|
{z
}
∈B
de B o que implica que B é um corpo.
Reciprocamente, suponha que B seja um corpo e seja a ∈ A, a 6= 0.
Então a−1 ∈ B e portanto é integral sobre A, assim temos uma equação
a−m + a10 a−m+1 + · · · + a0m = 0 com ai0 ∈ A. Multiplicando essa expressão
por am−1 temos a−1 + a10 + a20 a + · · · + a0m−1 am−2 + a0m am−1 = 0, logo
a−1 = − a10 − a20 a − · · · − a0m−1 am−2 − a0m am−1 ∈ A,
logo A é um corpo.
99
aula 21: 31/10/2014
Aula 21
Lembrando a última aula. Provamos:
Proposição. Seja B ⊇ A uma extensão integral de anéis.
a. Se I é um ideal de B então B/I é integral sobre A/A ∩ I.
ar
b. Se S é um subconjunto multiplicativo de A, então S−1 B é integral sobre
S−1 A.
c. Se B é um domínio, então B é um corpo se, e somente se, A é um corpo.
in
Corolário 171. Seja B ⊇ A uma extensão integral. Seja q um ideal primo de B e
seja p = q ∩ A. Então q é maximal se, e somente se, p é maximal.
Pr
el
im
Demonstração. Primeiramente, observe que p é um ideal primo de A pois se
i : A ,→ B é o homomorfismo inclusão então p = q ∩ A = i−1 (q). Logo os
anéis B/q e A/p são domínios de integridade e da Proposição 169 segue
que B/q é integral sobre A/p. Logo, da proposição anterior temos que B/q
é um corpo se, e somente se, A/p é um corpo. Portanto q é maximal se, e
somente se, p é maximal.
Teorema 172. (Incomparabilidade) Seja A ⊆ B uma extensão integral. Se
q ⊆ q0 são ideais primos de B tais que q ∩ A = q0 ∩ A então q = q0 .
Ve
rs
ão
Demonstração. Seja p = q ∩ A, então pela prova do Corolário anterior p é
um ideal primo de A e seja S = A − p. Temos que a localização Ap = S−1 A
é um anel local (veja Exemplo 85 Aula 10) com único ideal maximal S−1 p:
Como o único ideal maximal de Ap é primo, ele é S−1 p0 onde p0 é um ideal
primo de A que não intercepta S, logo p0 ⊆ p. Como localização preserva
inclusões temos que S−1 p0 ⊆ S−1 p, segue da maximalidade de S−1 p0 que
S−1 p0 = S−1 p.
Por outro lado, segue da Proposição 169 que S−1 A ⊆ S−1 B é uma extensão
integral. Mais ainda, S−1 q ⊆ S−1 q0 são ambos ideais primos de S−1 B já
que S ∩ q = S ∩ q0 = ∅ (suponha que existe x ∈ S ∩ q então x ∈ S e x ∈ q
logo x ∈ A e x ∈ q e x ∈
/ p ou seja x ∈ p e x ∈
/ p, contradição) e S−1 p =
S−1 (q ∩ A) = S−1 (q0 ∩ A) ou seja S−1 p = S−1 q ∩ S−1 A = S−1 q0 ∩ S−1 A.
Segue do Corolário 171 que S−1 q e S−1 q0 são ideais maximais de S−1 B, mas
S−1 q ⊆ S−1 q0 o que implica S−1 q = S−1 q0 . Seja ρ : B → S−1 B o mapa de
localização então ρ−1 (S−1 q) = ρ−1 (S−1 q0 ) segue da prova do Teorema 98
(Teorema de Localização e Ideais primos) que q = q0 .
Teorema 173. (Lying Over) Seja B ⊇ A uma extensão integral e seja p um ideal
primo de A. Então existe um ideal primo q de B tal que q ∩ A = p.
B
⊃
∃q-primo | q ∩ A = p
∪ integral
↑
A
⊃
p-primo
100
Demonstração. Como p é um ideal primo de A então a localização de A por
S = A − p, Ap = S−1 A é um anel local com único ideal maximal S−1 p (veja
a prova do Teorema de Incomparabilidade).
Por outro lado, o seguinte diagrama
ρA

S −1 A i
/
 iS /
B
ρB
ar
A
S −1 B
Pr
el
im
in
comuta, i.e., iS ◦ ρ A = ρ B ◦ i. Segue da Proposição 169 que S−1 B é integral
sobre S−1 A, logo se n é um ideal maximal de S−1 B (n existe pois 0 ∈
/S=
−
1
A − p e logo S B 6= 0 e logo tem um ideal maximal) então segue do
Corolário anterior que m = n ∩ S−1 A = iS−1 (n) é um ideal maximal de S−1 A.
1
Como S−1 A é local segue que m = S−1 p. Seja q = ρ−
B (n), então q é ideal
1
−1
primo de B e temos que q ∩ A = i−1 (q) = i−1 (ρ−
B (n)) = ( ρ B ◦ i ) (n) =
1 −1
−1
−1 −1
( i S ◦ ρ A ) −1 (n ) = ρ −
A (iS (n)) = ρ A (m) = ρ A ( S p) = p onde a última
igualdade segue da prova do Teorema 98 (Teorema de Localização e Ideais
primos) pois p é um ideal primo de A tal que S ∩ p = ∅.
Ve
rs
ão
Teorema 174. (Going-Up) Seja B ⊇ A uma extensão integral. Seja p1 ( · · · (
pn uma cadeia de ideais primos de A e q1 ( · · · ( qm , com m < n, uma cadeia
de ideais primos de B tais que qi ∩ A = pi para todo i = 1, . . . , m. Então a cadeia
q1 ( · · · ( qm pode ser estendida a uma cadeia q1 ( · · · ( qn tal que qi ∩ A = pi
para todo i = 1, . . . , n.
B ⊃ ∃qn )
···
)
qm )
···
)
q1 primos
∪ int ↑
q j ∩ A = p j 1≤ j ≤ n ↑
qi ∩ A = pi 1 ≤ i ≤ m ↑
A ⊃ pn )
···
)
pm )
···
)
p1 primos
Demonstração. Usaremos a Lei Modular: Se J ⊆ I ou K ⊆ I então I ∩ ( J +
K ) = I ∩ J + I ∩ K (Aula 2 e Ex. 11.6 Lista 1). E os isomorfismo da Proposição
(M +M )
53: ( L/N )/( M/N ) ' L/M e 1M1 2 ' ( M M∩2M ) (Aula 7, Ex 1. Lista 3).
1
2
Por indução podemos reduzir ao caso m = 1 e n = 2. Sejam A =
A/(q1 ∩ A) e B = B/q1 então A ⊆ B e B é integral sobre A pela Proposição
169 e p2 = p2 /(q1 ∩ A) é um ideal primo de A. Logo pelo Teorema Lying
Over (Teorema 173) existe um ideal primo q2 de B tal que q2 ∩ A = p2 . Pelo
TCI o ideal primo q2 de B corresponde a um ideal primo q2 de B tal que
q1 ⊆ q2 . Logo (q2 /q1 ) ∩ ( A/(q1 ∩ A)) = p2 /(q1 ∩ A).
Observe que como A ∩ q1 = p1 ( p2 então q1 ∩ p2 = q1 ∩ (p2 ∩ A) = A ∩ q1 .
Agora, temos
p2 +q1 iso p2 obs p2 LO
= p2 ∩q1 = A∩q1 =
q1
iso
q2 ∩( A+q1 )
q1
( qq12 ) ∩ ( q1A∩ A ) = ( qq21 ) ∩ ( A+
q1 ) =
q1
Segue do Teorema de Isomorfismos que p2 + q1 = q2 ∩ ( A + q1 )(*). Vejamos que
101
p2
p1 (p2
=
p2 + p1
p1 = A∩q1
=
p2 + ( A ∩ q1 )
p2 ⊆ A
LM
= ( A ∩ p2 ) + ( A ∩ q1 ) = A ∩
(∗)
(p2 + q1 ) = A ∩ q2 ∩ ( A + q1 ) = A ∩ q2 pois A ∩ q2 ⊆ A ⊆ A + q1 .
Por último, resta ver que a inclusão q1 ⊆ q2 é estrita. Suponha que q1 = q2
então p1 = q1 ∩ A = q2 ∩ A = p2 , contradição.
ar
Corolário 175. Seja A ⊆ B uma extensão integral de anéis. Então dim A =
dim B (veja Definição 126).
Pr
el
im
in
Demonstração. Dada uma cadeia de ideais primos em A: p0 ( p1 ( · · · ( pn
então pelo Teorema Going-Up existe uma cadeia de ideais primos em
B: q0 ( q1 ( · · · ( qn com qi ∩ A = pi para i = 0, . . . , n e por tanto
dim B ≥ dim A.
Reciprocamente, dada uma cadeia de ideais primos em B: q0 ( q1 (
· · · ( qn segue da prova do Corolário 171 que os ideais pi = A ∩ qi são
ideais primos de A para todo i = 0, . . . , n e claramente p0 ⊆ p1 ⊆ · · · ⊆ pn .
Segue do Teorema de Incomparabilidade (Teorema 172) que os pi ’s são todos
distintos e logo definem uma cadeia p0 ( p1 ( · · · ( pn de ideais primos de
A o que mostra que dim A ≥ dim B.
Proposição 176. Sejam A ⊆ B anéis e C( A, B) o fecho integral de A em B. Seja
S um subconjunto multiplicativo de A. Então S−1 C( A, B) é o fecho integral de
S−1 A em S−1 B.
Ve
rs
ão
Demonstração. Queremos provar que S−1 C( A, B) = C(S−1 A, S−1 B). Segue
da definição de fecho integral que A ⊆ C( A, B) é uma extensão integral,
logo da Proposição 169 temos que S−1 A ⊆ S−1 C( A, B) é também uma
extensão integral. Logo dado um elemento x ∈ S−1 C( A, B) ⊆ S−1 B então
x é integral sobre S−1 A logo x ∈ C(S−1 A, S−1 B) e temos S−1 C( A, B) ⊆
C(S−1 A, S−1 B). Reciprocamente, se bs ∈ S−1 B é integral sobre S−1 A então
n −1
n
a1 b
b
+ · · · + asnn = 0 onde ai ∈ A
existe uma equação da forma s + s1 s
e si ∈ S para todo i = 1, . . . , n. Então multiplicando a equação por sn
n −1
n
+ · · · + s sn−an1−1 b + s snan = 0. Seja t = s1 · · · · · sn então
multiplicando novamente por tn temos: (bt)n + (s(sb1 · · · · · sn ) a1 )(bt)n−1 +
n n−1 ( s · · · · · sb ) a ) = 0 que
· · · + (sn−1 tn−2 (s1 · · · · · sd
n n
n−1 · sn ) an−1 )( bt ) + ( s t
1
é uma equação para a dependência integral de bt sobre A. Logo bt ∈ C( A, B)
−1
−1
−1
−1
o portanto bs = bt
st ∈ S C( A, B ), assim C( S A, S B ) ⊆ S C( A, B ).
temos bn +
sa1 n−1
s1 b
Definição 177. Um domínio de integridade A é dito integralmente fechado
(sem qualificação) ou normal se ele é integralmente fechado sobre seu corpo
de frações, i.e., se C( A, Frac( A)) = A.
Proposição 178. Todo DFU é integralmente fechado.
Demonstração. Exercício 1.
102
aula 22: 05/11/2014
Aula 22
Na última aula provamos que:
Proposição. Se A ⊆ B são anéis e S é um subconjunto multiplicativo de A, então
S−1 C( A, B) = C(S−1 A, S−1 B).
ar
e definimos:
in
Definição. Um domínio de integridade A é dito integralmente fechado
(sem qualificação) ou normal se ele é integralmente fechado sobre seu corpo
de frações, i.e., se C( A, Frac( A)) = A.
Provaremos a seguir que a propriedade de um domínio ser “integralmente
fechado” é local.
Pr
el
im
Proposição 179. Seja A um domínio de integridade. Então as seguintes afirmações
são equivalentes:
a. A é integralmente fechado;
b. Ap é integralmente fechado para todo ideal primo p de A;
c. Am é integralmente fechado para todo ideal maximal m de A;
Ve
rs
ão
Demonstração. Primeiramente provaremos que se A é um domínio e S ⊆ A
um subconjunto multiplicativo tal que 0 ∈
/ S, então S−1 A é também um
domínio (observe que se 0 ∈ S então S−1 A = 0 que não é domínio pois
1 = 0). Sejam as , bt ∈ S−1 A (com a, b ∈ A e s, t ∈ S) elementos tais que
ab
0
a b
−1
0
0
s · t = st = 1 em S A, então existe s ∈ S tal que s ab = 0 em A, como A
é domínio e 0 ∈
/ S então ou a = 0 ou b = 0. Logo ou as = 10 ou bs = 01 e por
tanto S−1 A é um domínio. Alem disso, o mapa de localização ρ : A → S−1 A
é injetivo, pois se ρ( a) = ρ(b) então 1a = 1b em S−1 A logo existe s ∈ S tal que
sa = sb em A, logo s( a − b) = 0 e como A é domínio e 0 ∈
/ S então a = b.
Logo A ' ρ( A) ⊆ S−1 A, em particular podemos identificar os elementos
s ∈ S com 1s ∈ ρ(S).
Vejamos que S−1 Frac( A) = Frac(S−1 A) . Chamaremos de S0 = A − 0
então Frac( A) = S0−1 A e analogamente S00 = S−1 A − 10 , logo Frac(S−1 A) =
0
(S0 )−1 (S−1 A). Observe que as = 10 em S−1 A⇔existe t ∈ S (t 6= 0) tal que
ta = 0 em A (domínio)⇔ a = 0. Isto implica que S00 = { as com a ∈ S0 , s ∈ S}.
0
Seja agora, as ∈ S−1 Frac( A) logo s ∈ S e a ∈ Frac( A), ou seja a = sa0 com
a0
∈ A e s0 ∈ S0 . Logo
Por outro lado se,
a
s00
a
s
=
a0
s0
s
1
=
a0
s0 s
=
a0
s
s0
1
∈ (S00 )−1 (S−1 A) = Frac(S−1 A).
∈ Frac(S−1 A) então a ∈ S−1 A e s00 ∈ S00 . Logo a =
103
a0
s
com
a0
∈Aes∈Se
s00
=
s0
s0
com s0 ∈ S0 e
s0
∈ S, assim
a0 s0
s0
s
1
a
s00
=
a0
s
s0
s0
=
a0 s0
ss0
=
m
in
ar
∈ S−1 Frac( A).
Segue que se A é um domínio e S = A − p onde p é um ideal primo de A
então 0 ∈
/ S e logo S−1 A = Ap é um domínio, primeira condição para ser
integralmente fechado.
Seja i : A ,→ C( A, Frac( A)) a inclusão de A em C( A, Frac( A)). Segue da Proposição 176 e a observação anterior que S−1 C( A, Frac( A)) =
C(S−1 A, S−1 Frac( A)) = C(S−1 A, Frac(S−1 A)) logo S−1 i : S−1 A ,→ C(S−1 A, Frac(S−1 A)).
Então A é integralmente fechado se, e somente se, i ( A) = A = C( A, Frac( A))
se, e somente se, i é sobrejetiva. Segue da propriedade local dos homomorfismo sobrejetivos (Proposição 96) que i é sobrejetiva se, e somente se,
S−1 i é sobrejetiva para todo ideal primo p de A, mas isto acontece se, e
somente se, S−1 A = Ap é integralmente fechado para todo ideal primo p de
A. Analogamente se considerarmos todos os ideais maximais m de A.
Pr
eli
Definição 180. Sejam A ⊆ B anéis e seja I um ideal de A. Um elemento de
B é dito integral sobre I se satisfaz uma equação de dependência integral
sobre A na qual todos os coeficientes (não “mônicos”) pertencem a I. O
fecho integral ou normalização C( I, B) do ideal I em B é o conjunto dos
elementos de B que são integrais sobre I.
Lema 181. Seja I um ideal de A com A ⊆ B anéis. Então o fecho integral de I em
B, C( I, B), é o radical de I C( A, B) (e logo é fechado sob adição e multiplicação, pois
p
I C( A, B) é um ideal de B).
Ve
rs
ão
Demonstração. Seja b ∈ B um elemento integral sobre I (i.e. b ∈ C( I, B))
então temos que existe uma equação da forma bn + a1 bn−1 + · · · + an = 0
com ai ∈ I ⊆ A ⊆ C( A, B). Logo b ∈ C( A, B) e como bn = − a1 bn−1 − · · · −
an ∈ I C( A, B) (pois cada aip
bn−i ∈ I C( A, B) e o termo constante anp= an 1 A ∈
I C( A, B)) temos que b ∈ I C( A, B). Reciprocamente, se b ∈ I C( A, B)
então existe n > 0 tal que bn ∈ I C( A, B) logo bn = ∑im=1 ai xi onde ai ∈ I e
xi ∈ C( A, B). Como cada xi é integral sobre A segue do Corolário 163 que
M = A[ x1 , . . . , xm ] é um A-modulo f.g. Logo podemos usar a Proposição
58 (Seja M um A-módulo f.g., I um ideal de A e f um endomorfismo do
A-módulo M tal que f ( M) ⊆ I M. Então f satisfaz uma equação da forma
f k + c1 f k−1 + · · · + ck id = 0 onde ci ∈ I) com f : M → M como sendo a
multiplicação por bn . Vejamos que f ( M) ⊆ I M, seja p( x1 , . . . , xm ) ∈ M =
A[ x1 , . . . , xm ] então bn p( x1 , . . . , xm ) = ∑im=1 ai xi p( x1 , . . . , xm ) ∈ I M. Logo
|{z}|
{z
}
∈I
fk
f k −1
∈M
+ c1
+ · · · + ck id = 0 para certos ci ∈ I aplicando isto em bn temos
k
b
+ c1 bn + · · · + ck bn = 0 logo b é integral sobre I, b ∈ C( I, B).
n k +1
104
Proposição 182. Sejam A ⊆ B domínios de integridade, A integralmente fechado
e seja b ∈ B um elemento integral sobre um ideal I de A. Então b é um elemento
algébrico sobre o corpo de frações k = Frac( A) de A e se seu polinômio
minimal1
√
sobre k é p( x ) = x n + a1 x n−1 + · · · + an então a1 , . . . , an ∈ I.
Pr
el
im
in
ar
Demonstração. Claramente, como b é integral sobre I ⊆ A ⊆ k então b é
algébrico sobre k. Seja L uma extensão de corpos de k a qual contem todas
as raízes b = b1 , . . . , bn de p( x ) em k (onde k é o fecho algébrico de k).
Seja f ( x ) uma equação da dependência integral de b sobre I, então f é um
polinômio em k[ x ] que tem b como raiz, logo p( x ) | f ( x ) em k[ x ]. Como
p(bi ) = 0 então f (bi ) = 0, logo bi é integral sobre I para todo i = 1, . . . , n.
Agora p( x ) = ∏in=1 ( x − bi ) = x n + a1 x n−1 + · · · + an , então os coeficientes
ai ’s são polinomiais nos bi ’s e pelo Lema 181 o conjunto dos elementos
de B integrais sobre I é fechado sob adição e multiplicação, logo os ai ∈
k = Frac( A) são integrais sobre I e portanto integrais sobre A, assim ai ∈
C( A, Frac( A)). Mas A é integralmente fechado, logo C( A, Frac( A)) = A e
ai ∈ A para todo i = 1, . . . , n. Finalmente,
aplicando
o Lema 181
√ novamente
√
p
com B = A temos: ai ∈ C( I, A) = I C( A, A) = I A = I.
A nossa intenção agora é provar o “Teorema Going-down”, mas para isso
precisaremos provar antes alguns lemas técnicos.
Vimos na Aula 1 que se f : A → B é um homomorfismo de anéis e J é um
ideal de B, então a pré-imagem f −1 ( J ) é sempre um ideal de A. Mas se I é
um ideal de A, o conjunto f ( I ) não necessariamente é um ideal de B. Por
isso consideraremos nos lemas seguintes o ideal B f ( I ) que é o ideal de B
gerado por f ( I ).
Ve
rs
ão
Lema 183. Seja f : A → B um homomorfismo de anéis e sejam I um ideal de A e
J um ideal de B. Então:
a. I ⊆ f −1 ( B f ( I ));
b. B f ( f −1 ( J )) ⊆ J;
c. f −1 ( J ) = f −1 ( B f ( f −1 ( J )));
d. B f ( I ) = B f ( f −1 ( B f ( I )));
Demonstração. Para qualquer função f : A → B e subconjuntos I ⊆ A e
J ⊆ B vale f ( f −1 ( J )) ⊆ J e I ⊆ f −1 ( f ( I )). Agora se I é um ideal de A então
f ( I ) ⊆ B f ( I ) logo I ⊆ f −1 ( f ( I )) ⊆ f −1 ( B f ( I )) e se J é um ideal de B então
B f ( f −1 ( J )) ⊆ BJ = J, provamos ( a.) e (b.). Aplicando f −1 a (b.) segue que
f −1 ( B f ( f −1 ( J ))) ⊆ f −1 ( J ) e fazendo I = f −1 ( J ) em ( a.) temos f −1 ( J ) ⊆
f −1 ( B f ( f −1 ( J ))), assim provamos o item (c.). Por último, aplicando f a
1 i.e., polinômio mônico como coeficientes em k de menor grau que admite b como raiz. Ele
é irredutível e divide qualquer outro polinômio em k[ x ] que tenha b como raiz.
105
( a.) temos f ( I ) ⊆ f ( f −1 ( B f ( I ))) e logo B f ( I ) ⊆ B f ( f −1 ( B f ( I ))) e fazendo
J = B f ( I ) em (b.) segue que B f ( f −1 ( B f ( I ))) ⊆ B f ( I ), assim temos (d.).
Lema 184. Seja f : A → B um homomorfismo de anéis e seja p um ideal primo de A.
Então p = f −1 (q) para algum ideal primo q de B se, e somente se, f −1 ( B f (p)) = p.
ão
Pr
eli
m
in
ar
Demonstração. Se p = f −1 (q) para algum ideal primo q de B então segue
do Lema 183 (c.) que f −1 ( B f ( f −1 (q))) = f −1 (q), ou seja f −1 ( B f (p)) = p.
Reciprocamente, se J denota o ideal B f (p) de B, então p = f −1 ( J ), mas J
não é necessariamente primo. Seja S = f ( A − p), então S é um subconjunto
multiplicativo de B: sejam s1 , s2 ∈ S então existem a1 , a2 ∈ A − p tal que
si = f ( ai ) para i = 1, 2 logo s1 s2 = f ( a1 ) f ( a2 ) = f ( a1 a2 ), como A − p é
um conjunto multiplicativo então a1 a2 ∈ A − p logo s1 s2 ∈ S. Por outro
lado, S−1 J é um ideal próprio de S−1 B: suponha que S−1 J = S−1 B então
1
−1 J logo existe s ∈ S e b ∈ J tal que 1 = b logo existe t ∈ S tal que
1 ∈ S
1
s
S 3 ts = tb ∈ J o que implica que S ∩ J 6= ∅. Mas se s ∈ S ∩ J então existe
a ∈ A − p tal que s = f ( a) e por outro lado a ∈ f −1 (s) ∈ f −1 ( J ) = p, que
é uma contradição. Logo S−1 J é um ideal próprio de S−1 B e S ∩ J = ∅.
Isto implica que S−1 J está contido num ideal maximal m de S−1 B. Seja q o
ideal primo de B que não intercepta S e que satisfaz m = S−1 q, queremos
provar que p = f −1 (q). Vejamos que J ⊆ q: suponha que não, então existe
j
j
j
j ∈ J tal que j ∈
/ q logo 1 ∈ S−1 J mas 1 ∈
/ S−1 q (pois se 1 ∈ S−1 q então
j
q
1 = s para certos q ∈ q e s ∈ S, logo existe t ∈ S tal que tjs = tq ∈ q
e como j ∈
/ q e q é primo então necessariamente ts ∈ q o que contradiz
o fato de q ∩ S = ∅), o que contradiz o fato de S−1 J estar contido em
S−1 q. Logo, temos que p = f −1 ( J ) ⊆ f −1 (q). Suponha que p ( f −1 (q),
isto implica que existe a ∈ f −1 (q) tal que a ∈
/ p, i.e., a ∈ A − p. Logo
f ( a) ∈ q e f ( a) ∈ f ( A − p) = S, o que contradiz o fato de q ∩ S = ∅. Logo
p = f −1 (q ).
Ve
rs
aula 23: 07/11/2014
Na última aula provamos:
Lema 1. Seja I um ideal de A com A ⊆ B anéis. Então o fecho integral
de I em B, C( I, B), p
é o radical de I C( A, B) (e logo é fechado sob adição e
multiplicação, pois I C( A, B) é um ideal de B).
Lema 2. Seja f : A → B um homomorfismo de anéis e seja p um ideal
primo de A. Então p = f −1 (q) para algum ideal primo q de B se, e somente
se, f −1 ( B f (p)) = p.
Proposição 3. Sejam A ⊆ B domínios de integridade, A integralmente
fechado e seja b ∈ B um elemento integral sobre um ideal I de A. Então
b é um elemento algébrico sobre o corpo de frações k = Frac( A) de A e
se seu polinômio
minimal sobre k é p( x ) = x n + a1 x n−1 + · · · + an então
√
a1 , . . . , an ∈ I.
106
Aula 23
ar
Teorema 185. (Going-down) Sejam A ⊆ B domínios de integridade, A integralmente fechado, B integral sobre A. Seja p1 ) · · · ) pn uma cadeia de ideais primos
de A e seja q1 ) · · · ) qm com m < n uma cadeia de ideais primos de B tais que
qi ∩ A = pi para i = 1, . . . , m. Então a cadeia q1 ) · · · ) qm pode ser estendida a
uma cadeia q1 ) · · · ) qn tal que qi ∩ A = pi para todo i = 1, . . . , n.
domB ⊃ q1 )
···
)
qm )
···
)
∃qn primos
int ∪
↑
qi ∩ A = pi 1 ≤ i ≤ m ↑
qi ∩ A = pi 1 ≤ i ≤ n
↑
i.f. A ⊃ p1 )
···
)
pm )
···
)
pn primos
Pr
el
im
in
Demonstração. Como na prova do Teorema Going-Up reduzimos imediatamente ao caso m = 1 e n = 2. Então temos que mostrar que se p1 ⊇ p2
são ideais primos de A e q1 um ideal primo de B tal que q1 ∩ A = p1 ,
então existe um ideal primo q2 de B tal que q1 ⊇ q2 e q2 ∩ A = p2 .
Agora, como observamos na prova da Proposição 179, B é um domínio
logo o mapa de localização ρ : B → Bq1 é injetivo e podemos identificar
B ' ρ( B) ⊆ Bq1 . Defina, então f : A ,→ Bq1 como sendo a composição
i
ρ
Ve
rs
ão
dos homomorfismos injetivos A ,→ B ,→ Bq1 . Aplicando o Lema 184 a
f temos que p2 = f −1 ( J2 ) = ρ−1 ( J2 ) ∩ A para algum ideal primo J2 de
Bq1 se, e somente se, f −1 ( Bq1 f (p2 )) = p2 . Agora, um ideal primo J2 de
Bq1 corresponde a um ideal primo q2 de B contido em q1 (Corolário 99),
logo J2 = S−1 q2 onde S = B − q1 . Reescrevendo o anterior temos que
p2 = ρ−1 (S−1 q2 ) ∩ A = q2 ∩ A para algum ideal primo q2 de B contido
em q1 se, e somente se, f −1 ( Bq1 f (p2 )) = p2 . Sem perda de generalidade
podemos supor que f é a inclusão de A em Bq1 , assim só basta provar que
p2 = f −1 ( Bq1 f (p2 )) = Bq1 p2 ∩ A.
Como p2 ⊆ A e p2 ⊆ Bq1 p2 (que é o ideal de Bq1 gerado por p2 ) então
claramente p2 ⊆ Bq1 p2 ∩ A. Seja x ∈ Bq1 p2 ∩ A, então x = ∑ik=1 bs i pi onde
i
bi ∈ B, si ∈ S = B − q1 e pi ∈ p2 . Logo tomando denominador comum
k
∑k
b0 p
k
0
1 i i
x = ∑i=1 1s1 ···isn n i i = si1=···
sn onde s = s1 · · · sn ∈ S e y = ∑i =1 bi pi ∈ Bp2 .
Como A ⊆ B é uma√extensão integral e logo C( A, B) = B, segue do Lema
181 que C(p2 , B) = Bp2 ⊇ Bp2 3 y logo y é integral sobre p2 . Segue da
Proposição 182 que y é um elemento algébrico sobre o corpo de frações
k = Frac( A) de A e sua equação minimal sobre k é da forma yr + u1 yr−1 +
√
· · · + ur = 0(*) com u1 , . . . , ur ∈ p2 = p2 . Agora como também x ∈ A
então x −1 ∈ k, logo multiplicando a equação (*) por x −r ∈ k obtemos
(yx −1 )r + u1 x −1 (yx −1 )r−1 + · · · + ur x −r = 0 com ui x −i ∈ k. Seja f (t) =
tr + u1 x −1 tr−1 + · · · + ur x −r então f (s) = f (yx −1 ) = 0, logo s é um elemento
algébrico sobre k e seu polinômio minimal p(t) = tm + ∑im=−01 hm−i ti com
h j ∈ k é tal que m ≤ r. Mas se m < r então 0 = p(s) = p(yx −1 ) =
x −m ym + ∑im=−01 hm−i x −i yi contradiz que (*) é a equação minimal para a
dependência integral de y sobre k, logo o grau do polinômio minimal se s
deve ser m = r o que implica que f (t) (polinômio mônico como coeficientes
em k de menor grau que admite s como raiz.) é o polinômio minimal
s ···sb ···s b p
107
de s. Agora s ∈ B logo é integral sobre A, assim aplicando
novamente
√
−
i
a Proposição 182 com I = A temos que ui x ∈
A = A para todo
i = 1, . . . , r.
Suponha agora que x ∈
/ p2 . Então xi ∈
/ p2 , pois p2 é primo de A, logo
−i
i
p2 3 ui = (ui x )|{z}
x isto implica que ui x −i ∈ p2 (aqui usamos o que
| {z }
∈A
∈A
in
ar
acabamos de provar, que os ui x −i ∈ A pois como p2 é primo de A precisamos
que ambos fatores pertençam a A para poder concluir que um deles tem que
estar em p2 ) e segue de f (s) = 0 que sr = −u1 x −1 sr−1 − · · · − ur x −r ∈ Bp2 ⊆
Bp1 = B(q1 ∩ A) ⊆ Bq1 = q1 o que implica (por q1 ser primo) que s ∈ q1 ,
contradição. Logo x ∈ p2 e por tanto p2 = Bq1 p2 ∩ A como requerido.
Pr
el
im
Por último, resta ver que a inclusão q2 ⊆ q1 é estrita. Suponha que q2 = q1
então p2 = q2 ∩ A = q1 ∩ A = p1 , contradição.
Provaremos a seguir o Teorema de Normalização de Noether o qual
descreve a estrutura básica de uma álgebra f.g. sobre um corpo, para isso
precisaremos do seguinte lema.
Lema 186. Sejam k um corpo infinito e f ∈ k[ x1 , . . . , xn ] qualquer polinômio homogêneo2 não nulo, então existem elementos λ1 , . . . , λn−1 ∈ k tal que
f (λ1 , . . . , λn−1 , 1) 6= 0.
Demonstração. Note que se f ( x1 , . . . , xn ) ∈ k[ x1 , . . . , xn ] é um polinômio
homogêneo de grau d não nulo então g( x1 , . . . , xn−1 ) = f ( x1 , . . . , xn−1 , 1) ∈
k[ x1 , . . . , xn−1 ] é um polinômio não necessariamente homogêneo3 e não
nulo. Esta última condição é consequência de f ser homogêneo4 , se g
α
for nulo então deveriam existir termos em g tais que ax1α1 x2α2 · · · xnn−−11 =
β
β
β
Ve
rs
ão
n −1
−bx1 1 x2 2 · · · xn−
1 , mas isto implica a = b e αi = β i para todo i = 1, . . . , n − 1
e logo a potência de xn em f seria a mesma em ambos termos d − ∑in=−11 αi
e logos os termos seriam cancelados na expressão de f implicando que
f = 0, o que é uma contradição. Segue do Execício 9 Lista 2: “Seja k
um corpo infinito e f ∈ k[ x1 , . . . , xn ] tal que f ( a1 , . . . , an ) = 0 para todo
( a1 , . . . , an ) ∈ kn então f = 0” que existe (λ1 , . . . , λn−1 ) ∈ kn−1 tal que
0 6 = g ( λ 1 , . . . , λ n −1 ) = f ( λ 1 , . . . , λ n −1 , 1 ).
Lembramos que uma k-álgebra A é f.g. sobre o corpo k se A = k[ a1 , . . . , an ]
para algum conjunto finito de elementos a1 , . . . , an ∈ A.
Precisaremos da seguinte definição:
2 Um polinômio homogêneo é um polinômio cujos termos não nulos tem todos o mesmo
grau.
3 Por exemplo f ( x, y, z) = xyz + z2 x + xy2 então f ( x, y, 1) = xy + x + xy2 não é homogêneo.
4 Note que de fato para f ( x, y, z) = xyz − xyz2 não nulo e não homogêneo temos g( x, y) =
f ( x, y, 1) = xy − xy = 0.
108
Definição 187. Dizemos que os elementos a1 , . . . , ak de uma álgebra sobre
um corpo k são algebricamente independentes sobre k se p( a1 , . . . , ak ) 6= 0
para qualquer polinômio não nulo p ∈ k[ x1 , . . . , xk ]. No caso k = 1 dizemos
que a1 é transcendente sobre k.
Teorema 188. (Teorema de Normalização de Noether) Seja k um corpo infinito e seja A 6= 0 uma k-álgebra f.g. Então existem elementos a1 , . . . , ak ∈ A que
são algebricamente independentes sobre k e tal que A é integral sobre k[ a1 , . . . , ak ].
Pr
eli
m
in
ar
Demonstração. Sejam b1 , . . . , bn os geradores de A como uma k-álgebra. Então podemos renumerar os bi ’s tal que b1 , . . . , br são algebricamente independentes sobre k mas b1 , . . . , br , bi (para todo r + 1 ≤ i ≤ n) não o são, ou seja
existe um polinômio pi ∈ k[ x1 , . . . , xr , xr+1 ] tal que pi (b1 , b2 , . . . , br , bi ) = 0
(para todo r + 1 ≤ i ≤ n), logo br+1 , . . . , bn são algébricos sobre k[b1 , . . . , br ].
Agora procedendo por indução sobre n, temos: Se n = r não tem nada a
fazer. Suponha então que n > r e o resultado é verdadeiro para n − 1 geradores. O gerador bn é algébrico sobre k[b1 , . . . , bn−1 ] logo existe um polinômio
f 6= 0 com coeficientes em k em n variáveis tal que f (b1 , . . . , bn−1 , bn ) = 0.
Seja F a parte homogênea de maior grau d de f , como k é infinito, segue do
lema anterior que existem λ1 , . . . , λn−1 ∈ k tal que F (λ1 , . . . , λn−1 , 1) 6= 0.
Sejam agora bi0 = bi − λi bn para i = 1, . . . , n − 1. Defina G ( x1 , . . . , xn−1 , xn ) =
f ( x1 + λ1 xn , . . . , xn−1 + λn−1 xn , xn ). Então G tem a forma
G ( x1 , . . . , xn−1 , xn ) = F (λ1 , . . . , λn−1 , 1) xnd + p1 ( x1 , . . . , xn−1 ) xnd−1 + · · · +
pd ( x1 , . . . , xn−1 ) para certos p1 , . . . , pd ∈ k[ x1 , . . . , xn−1 ]. Como F (λ1 , . . . , λn−1 , 1) 6=
0 então podemos supor G mônico pois podemos multiplicar por seu inverso.
Logo G (b10 , . . . , bn0 −1 , bn ) = f (b10 + λ1 bn , . . . , bn0 −1 + λn−1 bn , bn ) = 0 é uma
| {z }
|
{z
}
b1
bn − 1
Ve
rs
ão
equação para a dependência integral de bn sobre A0 = k[b10 , . . . , bn0 −1 ], logo
bn é integral sobre o anel A0 ⊆ A = k[b1 , . . . , bn ]. Temos também que a
k-álgebra A = A0 [bn ] é gerada sobre A0 pelo elemento bn que é integral
sobre A0 e logo A e integral sobre A0 (pela Proposição 162 Aula 20: “bn é
integral sobre A0 ⇔ A0 [bn ] ⊇ A0 é uma extensão finita”+ Corolário 164 Aula
20: “extensão finita implica integral”).
Por outro lado, a hipótese indutiva fornece a1 , . . . , ak ∈ A0 ⊆ A algebricamente independentes sobre k tais que A0 é integral sobre a k-álgebra que
eles geram k[ a1 , . . . , ak ]. Assim cada extensão k[ a1 , . . . , ak ] ⊆ A0 ⊆ A é integral e logo pela propriedade transitiva da Proposição 167 k[ a1 , . . . , ak ] ⊆ A
é uma extensão integral.
Ressaltamos que o Teorema de Normalização de Noether é verdadeiro
para qualquer corpo k (não necessariamente infinito). Neste caso usamos
r
o mesmo argumento exceto que definimos os xi0 = xi − xni para inteiros ri
suficientemente grandes e adequadamente escolhidos.
Ainda, também é verdadeiro um resultado mais geral:
109
Teorema 189. (Teorema de Normalização de Noether, versão II) Seja k um
corpo e seja A 6= 0 uma k-álgebra f.g. Então existem elementos a1 , . . . , ak ∈ A
que são algebricamente independentes sobre k e tal que k[ a1 , . . . , ak ] ⊆ A é uma
extensão finita.
Demonstração. Exercício 2.
ar
aula 24: 12/11/2014
in
Lembramos a última aula: provamos o Teorema de Normalização de Noether e enunciamos uma versão mais geral:
Pr
el
im
Teorema. (Teorema de Normalização de Noether, versão II) Seja k um corpo
e seja A 6= 0 uma k-álgebra f.g. Então existem elementos a1 , . . . , ak ∈ A que são
algebricamente independentes sobre k e tal que k[ a1 , . . . , ak ] ⊆ A é uma extensão
finita.
Na Seção 2.2: “Introdução à Geometria Algébrica” do Capítulo 2 provamos o Teorema dos Zeros de Hilbert ou Nullstellensatz Hilberts (Teorema
46) e na prova de tal teorema assumimos como verdadeiro um fato que
dizemos provaríamos mais tarde. Tendo em vista o Teorema de Normalização de Noether (Teorema 188) estamos em condições de finalizar a
prova do Nullstellensatz e provar o “FATO” o qual é chamado de “Weak
Nullstellensatz”:
Ve
rs
ão
Teorema 190. (Weak Nullstellensatz)Seja k um corpo e A uma álgebra f.g.
sobre k. Se A é um corpo então A é uma extensão algébrica de k. (mais ainda
provaremos que k ⊆ A é uma extensão de corpos finita).
Demonstração. Pelo Teorema de Normalização de Noether versão II (Teorema
189) existem elementos a1 , . . . , ak ∈ A que são algebricamente independentes sobre k e tal que A é finita (e logo integral) sobre k[ a1 , . . . , ak ]. Mas
agora estamos na situação da Proposição 170 (Aula 20: “Sejam A ⊆ B
domínios de integridade, B integral sobre A. Então B é um corpo se,
e somente se, A é um corpo.”), logo k[ a1 , . . . , ak ] é um corpo. Segue
do fato dos a1 , . . . , ak ∈ A serem algebricamente independentes sobre k
que p( a1 , . . . , ak ) 6= 0 para qualquer polinômio não nulo p ∈ k[ x1 , . . . , xk ].
Logo a aplicação α : k[ x1 , . . . , xk ] → k[ a1 , . . . , ak ] dada por p( x1 , . . . , xk ) 7→
p( a1 , . . . , ak ) é claramente sobrejetora e Ker(α) = 0. Logo k[ a1 , . . . , ak ] é o
anel dos polinômios em k indeterminadas.
Agora k[ x1 , . . . , xk ] é um corpo, logo todo 0 6= f ( x1 , . . . , xk ) ∈ k[ x1 , . . . , xk ]
é uma unidade. Generalizando por indução em k o Exercício 12 da Lista
1, temos que f é uma unidade se, e somente se, o termo constante b0 ∈ k
é uma unidade e o resto dos coeficientes bi ∈ k são nilpotentes, ou seja
se, e somente se, b0 6= 0 e o resto dos coeficientes bi = 0 (pois 0 é o único
110
Aula 24
elemento nilpotente de um corpo). Logo se f ( x1 , . . . , xk ) ∈ k[ x1 , . . . , xk ]
então f ( x1 , . . . , xk ) ∈ k, o que implica que k[ x1 , . . . , xk ] = k e logo A é finito
sobre o próprio k e por tanto k ⊆ A é uma extensão algébrica.
exercícios
ar
7.1
Ex. 79 — Mostre que:
1. Se I um ideal de A, então o quociente A/I é uma A-álgebra finita.
in
2. Se f : A → B e g : B → C são álgebras finitas, então g ◦ f : A → C é
finita.
Pr
el
im
3. Se f : A → B é uma álgebra finita e g : A → C é uma álgebra qualquer
então a álgebra obtida por mudança de base f ⊗ id : A ⊗ A C ' C →
B ⊗ A C dada por c 7→ 1 ⊗ c é finita. Em particular, se S ⊆ A é um
conjunto multiplicativo, a localização S−1 f : S−1 A → S−1 B é uma
álgebra finita.
Ex. 80 — Mostre que todo DFU é integralmente fechado.
Ex. 81 — Sejam A ⊆ B ⊆ C anéis. Suponha que A é Noetheriano, que C é
f.g. como A-álgebra e que C é f.g. como um B-módulo ou integral sobre B.
Então B é f.g. como A-álgebra.
Ve
rs
ão
Ex. 82 — (Teorema de Normalização de Noether, versão II, corpo infinito)
Seja k um corpo infinito e seja A 6= 0 uma k-álgebra f.g. Prove que existem
elementos a1 , . . . , ak ∈ A que são algebricamente independentes sobre k e
tal que k[ a1 , . . . , ak ] ⊆ A é uma extensão finita.
Ex. 83 — Sejam B1 , B2 , . . . , Bn A-álgebras integrais, mostre que B1 × B2 ×
· · · × Bn é uma A-álgebra integral.
Ex. 84 — Sejam B ⊇ A anéis tais que B − A é um conjunto multiplicativo,
então A é integralmente fechado em B.
Ex. 85 — Sejam B ⊇ A uma extensão integral, m um ideal maximal de B e
n = m ∩ A. Nesse caso Bm ⊇ An é necessariamente integral?
Ex. 86 — Seja A um subanel de um domínio de integridade B e seja C( A, B)
o fecho integral de A em B.
1. Sejam f e g polinômios mônicos em B[ x ] tal que f · g ∈ C( A, B)[ x ].
Mostre que f , g ∈ C( A, B)[ x ].
111
2. Prove que C( A, B)[ x ] é o fecho integral de A[ x ] em B[ x ].
Ex. 87 — Seja A = C[ x, y]/(y2 − x2 ( x + 1)). Mostre que as localizações
Am são integralmente fechadas para todos os ideais maximais m de A com
exceção de m = (y, x ).
ar
Ex. 88 — Mostre que C[ x, y]/(y2 − x3 + x ) é integralmente fechado.
Ve
rs
ão
Pr
el
im
in
Ex. 89 — Mostre que todas as cadeias maximais de primos de k[ x1 , . . . , xn ]
tem o mesmo comprimento. Conclua que dim k[ x1 , . . . , xn ] = n.
112
8
TEORIA DA DIMENSÃO
Pr
el
im
in
ar
Vamos lembrar a definição de dimensão de um anel dada no Capítulo 5.
Definimos uma cadeia de ideais primos de um anel A como sendo uma
sequência estritamente crescente e finita p0 ( p1 ( · · · ( pn onde cada
pi é um ideal primo de A. O comprimento da cadeia é n. Definimos a
dimensão ou dimensão de Krull de um anel A 6= 0 como sendo o supremo
dos comprimentos de todas as cadeias de ideais primos de A.
Se existem cadeias arbitrariamente longas de ideais primos de A, então
dizemos que dim A = ∞.
Assim, por exemplo um corpo tem dimensão 0, um DIP tem dimensão 1 e
anéis Artinianos tem também dimensão 0. Segue do Exercício 11 da Lista 7
que dim k[ x1 , . . . , xn ] = n e ainda que toda cadeia maximal de ideais primos
de k[ x1 , . . . , xn ] tem comprimento n.
Definição 191. Seja p um ideal primo de A, então a altura de p é o comprimento da maior cadeia de ideais primos de A contidos em p: p0 ( p1 (
· · · ( pn = p, ou seja ht(p) = n.
Segue diretamente da definição anterior que ht(p) = dim Ap e que ht(p) =
0 se, e somente se, p é um ideal primo minimal de A.
Ve
rs
ão
Proposição 192. Seja A = k[ x1 , . . . , xn ]/p onde p é um ideal primo de k[ x1 , . . . , xn ],
então dim A = n − ht(p).
Demonstração. Como os ideais primos de A correspondem aos ideais primos
de B = k[ x1 , . . . , xn ] que contém p e dim B = n < ∞ então dim A < ∞,
suponhamos que dim A = d. Seja então 0 = q0 ( q1 ( · · · ( qd (*) uma
cadeia maximal de ideais primos de A, observamos que como p é primo
então A é um domínio e logo 0 é um ideal primo de A e ele pertence a
toda cadeia maximal. Segue do TCI que os qi correspondem a ideais primos
qi de B que contém p: p = q0 ( q1 ( · · · ( qd e esse trecho de cadeia é
maximal (se não fosse existiria p ( qi ( q ( qi+1 então qi ⊆ q ⊆ qi+1 segue
da maximalidade de (*) que ou qi = q ou qi+1 = q mas então existiria um
ideal primo de A que corresponde a dois ideais primos de B que contêm
p, contradição). Seja t = ht(p) (aqui de novo usamos que dim B < ∞ para
concluir que ht(p) < ∞) logo existe uma cadeia maximal de ideais primos
de B contidos em p de comprimento t: p0 ( p1 ( · · · ( pt = p. Isto implica
que existe uma cadeia maximal de ideais primos de B dada por: p0 ( p1 (
· · · ( pt = p = q0 ( q1 ( · · · ( qd , logo ela tem comprimento n (Ex 11 Lista
7) e, portanto, n = t + d logo d = n − t, i.e., dim A = n − ht(p).
113
8.1
ar
O objetivo deste capítulo é provar o Teorema de Krull (veja Teorema
213) que afirma que a dim A, para ( A, m, k) um anel Noetheriano local
qualquer, é sempre finita e coincide com outras duas medidas: a cardinalidade mínima
p δ de um sistema de parâmetros a1 , . . . , aδ ∈ A (elementos tais que ( a1 , . . . , aδ ) = m) e o grau do polinômio de Hilbert-Samuel
h A (n) = ` A ( A/mn ) (para n 0 natural). Para isso precisamos das seguintes definições e resultados:
anéis graduados
in
Definição 193. Um anel graduado é um anel A junto com uma família
L
( An )n≥0 de subgrupos do grupo aditivo A, tal que A = ∞
n =0 A n e A m A n ⊆
Am+n para todo m, n ≥ 0 (i.e., se a ∈ Am e b ∈ An então ab ∈ Am+n ).
Pr
el
im
Segue da definição que A0 é um subanel de A e cada An é um A0 -módulo.
Exemplo 194. A = k[ x1 , . . . , xn ] é um anel graduado A = ∞
d=0 Ad onde
cada Ad é o conjunto de todos os polinômios homogêneos de grau d, é
um
sobre k (pois é A0 -módulo com A0 = k) e dimk Ad =
espaço vetorial
n+d−1
.
n−1
L
Exemplo 195. Dado um anel A não graduado e um ideal I de A, podemos
L
n
0
formar um anel graduado A∗ = ∞
n=0 I , com I = A. Se A for Noetheriano
então I é f.g. por a1 , . . . , as , então A∗ = A[ a1 , . . . , as ] é Noetheriano pelo
Teorema da Base de Hilbert (Teorema 119).
Ve
rs
ão
Se A é um anel graduado, um A-módulo graduado é um A-módulo M
L
junto com uma família ( Mn )n≥0 de subgrupos de M tais que M = ∞
n = 0 Mn
e Am Mn ⊆ Mm+n para todo m, n ≥ 0. Logo cada Mn é um A0 -módulo.
Dizemos que um elemento m ∈ M é homogêneo se m ∈ Mn para algum
n, neste caso diremos que n é o grau de m.
Qualquer elemento m ∈ M pode ser escrito de maneira única como
uma soma ∑n≥0 mn , onde mn ∈ Mn para todo n ≥ 0 e todos excepto um
número finito de mn são 0. As componentes mn não nulas são chamadas de
componentes homogêneas de m.
Se M e N são A-módulos graduados um homomorfismo de A-módulos
graduados é um homomorfismo de A-módulos f : M → N tal que f ( Mn ) ⊆
Nn para todo n ≥ 0.
Se A é um anel graduado definimos o ideal A+ de A como sendo A+ =
L
n >0 A n .
Proposição 196. Seja A um anel graduado. Então A é Noetheriano se, e somente
se, A0 é Noetheriano e A é f.g. como uma A0 -álgebra.
114
8.2
Pr
eli
m
in
ar
Demonstração. (⇐) Como A é uma A0 -álgebra f.g. e A0 é Noetheriano segue
de um Corolário do Teorema da Base de Hilbert (Corolário 121) que A é
Noetheriano.
(⇒) Como A0 = A/A+ com A Noetheriano e A+ ideal de A, segue da
Proposição 107 que A0 é Noetheriano. Segue também que A+ é f.g. como
ideal de A por a1 , . . . as ∈ A+ os quais podem ser escolhidos como sendo
elementos homogêneos de A (suponha que ai não é homogêneo então ai
é soma de homogêneos, pegue as componentes homogêneas de ai ,que são
finitas, como geradores), de graus k1 , . . . , k s > 0. Seja A0 o subanel de A
gerado por a1 , . . . , as sobre A0 , i.e. A0 = A0 [ a1 , . . . , as ]. Mostraremos que
An ⊆ A0 para todo n ≥ 0, por indução em n. Para n = 0 então claramente
A0 ⊆ A0 . Seja n > 0 e suponha que Ak ⊆ A0 para todo k < n. Seja
a ∈ An , então a é homogêneo de grau n. Como a ∈ A+ (pois n > 0),
a é uma combinação linear dos ai ’s: a = ∑is=1 bi ai , com bi ∈ A. Agora
grau( a) = n = grau(bi ai ), pois se os somandos não tivessem grau n então
a não seria homogêneo. Logo, se bi ai 6= 0 como ai ∈ Aki e bi ai ∈ An então
necessariamente bi ∈ An−ki (por convenção Am = 0 se m < 0). Como cada
k i > 0 então n − k i < n e a hipótese indutiva mostra que An−ki ⊆ A0 , logo
bi ∈ A0 , i.e., bi é um polinômio nos a j ’s com coeficientes em A0 . Logo o
mesmo acontece com a o que implica a ∈ A0 . Logo An ⊆ A0 (e isto acontece
para todo n ≥ 0) e portanto A = A0 e A é f.g. como A0 -álgebra.
função de hilbert
ão
Definição 197. Seja C uma classe de A-módulos e seja λ : C → Z uma
função. Dizemos que a função λ é aditiva se, para cada sequência exata
curta 0 → M0 → M → M00 → 0 na qual todos os termos pertencem a C
temos λ( M0 ) − λ( M) + λ( M00 ) = 0.
Ve
rs
Segue da definição aplicada à sequência 0 → 0 → 0 → 0 → 0 que
λ(0) = 0 onde 0 é o A-módulo nulo.
Exemplo 198. Seja k um corpo e C a classe de todos os k-espaços vetoriais
V de dimensão finita. Então a função dim : C → Z dada por V 7→ dim V é
uma função aditiva, pois se 0 → U → V → W → 0 é uma sequência exata
pelo teorema de núcleo e da imagem segue que dim V = dim U + dim W.
Exemplo 199. Seja C a classe de todos os A-módulos de comprimento finito.
Então a função ` : C → Z dada por M 7→ ` A ( M) é uma função aditiva como
f
g
consequência da Proposição 114 (Aula 15: Seja 0 → M0 → M → M00 → 0
uma sequência exata de A-módulos. Então ` A ( M) < ∞ se, e somente se,
` A ( M0 ) < ∞ e ` A ( M00 ) < ∞. Neste caso ` A ( M) = ` A ( M0 ) + ` A ( M00 )).
115
f1
f2
fn
Proposição 200. Seja 0 → M0 −→ M1 −→ . . . −→ Mn → 0 uma sequência
exata de A-módulos na qual todos os módulos Mi e os kernels de todos os homomorfismos pertencem a uma certa classe de A-módulos C. Então para qualquer função
aditiva λ em C temos ∑in=0 (−1)i λ( Mi ) = 0.
Demonstração. Como vimos na Aula 8, toda sequência exata pode ser dividida em sequências exatas curtas: se Ni = Im( f i ) = Ker( f i+1 ) temos que
incl
f i +1
in
ar
0 → Ni ,→ Mi Ni+1 → 0 é exata para cada 0 ≤ i ≤ n, onde N0 = Nn+1 =
0. Por hipótese, todos os Mi e os Ni pertencem a mesma classe de módulos C, então temos que λ( Mi ) = λ( Ni ) + λ( Ni+1 ), logo ∑in=0 (−1)i λ( Mi ) =
∑in=0 (−1)i λ( Ni ) + ∑in=+11 (−1)i−1 λ( Ni ) = λ( N0 ) + (−1)n λ( Nn+1 ) = λ(0) +
(−1)n λ(0) = 0.
Pr
el
im
aula 25: 14/11/2014
Lembramos a última aula, provamos:
Proposição 1: Seja A um anel graduado. Então A é Noetheriano se, e
somente se, A0 é Noetheriano e A é f.g. como uma A0 -álgebra.
f1
f2
fn
Ve
rs
ão
Proposição 2: Seja 0 → M0 −→ M1 −→ . . . −→ Mn → 0 uma sequência
exata de A-módulos na qual todos os módulos Mi e os kernels de todos os
homomorfismos pertencem a uma certa classe de A-módulos C. Então para
qualquer função aditiva λ em C temos ∑in=0 (−1)i λ( Mi ) = 0.
L
Seja A = ∞
n=0 An um anel graduado Noetheriano. Segue da prova da
Proposição 196 (Prop 1) que A0 é um anel Noetheriano e A uma A0 -álgebra
f.g. pelos elementos a1 , . . . , as ∈ A os quais podem ser escolhidos como
sendo homogêneos e de graus k1 , . . . , k s > 0.
Seja M um A-módulo graduado f.g., então cada que Mn (a componente
homogênea de M de grau n) é f.g. como um A0 -módulo. De fato, M é gerado
sobre A por um número finito de elementos que podem ser escolhidos
homogêneos m1 , . . . , mk com r j = grau(m j ), M = Am1 + · · · + Amk . Agora,
todo elemento y de Mn é da forma y = ∑kj=1 c j m j onde c j ∈ A, então
definindo b j como o termo homogêneo de grau n − r j de c j (com b j = 0 se
n − r j < 0), temos y = ∑ j b j m j . Agora como os b j ∈ A = A0 [ a1 , . . . , as ] então
b j = f j ( a1 , . . . , as ) é um polinômio nos ai ’s com coeficientes em A0 , logo y é
uma combinação A0 -linear dos elementos g j ( a1 , . . . , as )m j onde g j ( a1 , . . . , as )
é um monômio nos ai ’s de grau total n − r j . Logo Mn é um A0 -módulo f.g.
Definição 201. Seja A um anel graduado Noetheriano, M um A-módulo
graduado f.g. e seja λ uma função aditiva na classe de todos os A0 -módulos
f.g. A série de Poincaré de M com respeito a λ é a série de potências
n
P( M, t) = ∑∞
n=0 λ ( Mn ) t ∈ Z[[ t ]].
116
Aula 25
ar
Exemplo 202. Seja A = k[ x1 , . . . , xn ], segue do Exemplo 194 que A =
L∞
d=0 Ad é um anel graduado e Noetheriano onde cada termo Ad é o conjunto de todos os polinômios homogêneos de graud e é um A0= k-módulo,
n+d−1
i.e., um espaço vetorial sobre k e dimk Ad =
< ∞, logo
n−1
os Ad são A0 -módulos f.g. Considere M = A, claramente M é f.g sobre A (com gerador
1). Seja então λ( Ad ) = dimk Ad temos P( A, t) =
n+i−1
ti = (1−1t)n .
∑i∞=0
n−1
in
Teorema 203. Sob as hipóteses anteriores, P( M, t) é uma função racional em t
f (t)
da forma P( M, t) = s
k i onde f ( t ) ∈ Z[ t ] e k i = grau( ai ) onde ai são os
∏ i =1 (1 − t )
geradores de A como A0 =álgebra, para i = 1, . . . , s.
incl
Pr
el
im
Demonstração. Procederemos por indução em s, o número de geradores de
A sobre A0 . Caso s = 0, isto significa que A = A0 , logo An = 0 para todo
n > 0. Agora M é um A0 -módulo f.g., ou seja tem um número finito de
geradores homogêneos sobre A0 , M = A0 m1 + · · · + A0 mk , o que implica
que Mn = 0 para todo n > N onde N = max{r1 , . . . , rk }. Logo λ( Mn ) = 0
N
n
n
para todo n > N, desta forma P( M, t) = ∑∞
n = 0 λ ( Mn ) t = ∑ n = 0 λ ( Mn ) t é
um polinômio de grau N.
Suponha s > 0 e que o teorema vale para s − 1. Considere o homomorfismo de A-módulos ϕn : Mn → Mn+ks dado por m 7→ as m (ϕn é a
multiplicação pelo gerador as de A) então temos a seguinte sequência exata
π
ϕn
M
+k s
0 → Kn = ker ϕn ,→ Mn −→ Mn+ks Ln+ks = Coker( ϕn ) = ϕ (nM
→ 0.
n
n)
L∞
L∞
Sejam K =
Ln , ambos são A-módulos f.g. pois
n =0 K n e L =
n =0 L
L∞
Mn
Mn
∞
K é um submódulo de M e L =
=
=
n =0 a s M
n =0 ϕ
(M
)
L∞
Mn
n = 0 ( Mn ∩ a s M )
L∞
Mn + a s M
n =0
as M
M
as M
n−k s
n−k s
n−k s
Ve
rs
ão
=
é um módulo quociente de M.
=
Aplicando λ à sequência exata temos λ(Kn ) − λ( Mn ) + λ( Mn+ks ) − λ( Ln+ks ) =
0 (pela Proposição 200) e multiplicando por tn+ks temos: λ(Kn )tn+ks −
λ( Mn )tn+ks + λ( Mn+ks )tn+ks − λ( Ln+ks )tn+ks = 0 para todo n ≥ 0. Logo,
somando sobre n:
∞
∑
n =0
λ ( Kn ) tn+k s −
∞
∑
λ ( Mn ) t n + k s +
n =0
∞
∑
n =0
λ ( Mn + k s ) t n + k s −
∞
∑ λ( Ln+ks )tn+ks = 0,
n =0
∞
n
n
isto é P(K, t)tks − P( M, t)tks + ∑∞
n=k s λ ( Mn ) t − ∑n=k s λ ( Ln ) t = 0, ou seja
P(K, t)tks − P( M, t)tks + P( M, t) − ∑kns=0 λ( Mn )tn − P( L, t) = 0, pois L =
L∞
ks
n=0 Coker( ϕn−k s ) =
n=k s Coker( ϕn−k s ). Logo P ( M, t )(1 − t ) = P ( L, t ) +
L∞
k
∑ns=0 λ( Mn )tn − P(K, t)tks .
Para poder aplicar a hipótese indutiva temos que mostrar que K e L são
A0 [ a1 , . . . , as−1 ]-módulos f.g. É suficiente mostrar que ambos módulos são
117
aniquilados por as pois como eles são A-módulos f.g. cada elemento se
αi
αi
escreve como uma soma finita ∑i∈ I a0i a1 1 · · · as s xi onde a0i ∈ A0 e xi ∈ K (resp.
xi ∈ L), mas as xi = 0 logo o elemento se escreve na verdade como uma soma
j α
j
α
j
n−k s
n−k s
ϕn−ks ( Mn−ks ) com xn ∈ Mn . Agora as xn + as ϕn−ks ( Mn−ks ) ∈
|
{z
}
⊆ Mn
ar
s −1
finita ∑ j∈ J a0 a1 1 · · · as−
1 x j . Logo ambos módulos devem ser A0 [ a1 , . . . , as−1 ]módulos f.g. Vejamos que, de fato as K = as L = 0: seja x ∈ K então x = ∑ xn
com xn ∈ ker ϕn , logo ϕn ( xn ) = as xn = 0 portanto as x = ∑ as xn = 0.
n
Seja x ∈ L, então x = ∑ x n com x n ∈ Ln = ϕ M
tal que x n = xn +
(M
)
Mn + k s
ϕ n ( Mn )
= Ln+k s
Pr
el
im
in
pois as Mn = ϕn ( Mn ), logo as x n ∈ Ln+ks . Mas as xn = ϕn ( xn ) ∈ ϕn ( Mn ),
logo as x n = 0 ∈ Ln+ks , para todo n ≥ 0. Logo as x = 0, como queríamos
provar.
f (t)
Aplicando então a hipótese de indução temos P( M, t)(1 − tks ) = s−1
ki +
g0 (t)
z }| {
g(t)tks
ks
∑ λ( Mn )tn − ∏is=−11 (1−tki ) . Mas isto é P( M, t)[1 − tks ] =
n =0
|
{z
=h(t)
F (t)
−1
ki ,
∏is=
1 (1− t )
}
logo P( M, t) =
∏ i =1 (1 − t )
−1
ki
f (t)− g0 (t)+h(t)(∏is=
1 (1− t ))
−1
ki
∏is=
1 (1− t )
F (t)
.
∏is=1 (1−tki )
Ve
rs
ão
Definição 204. A ordem do polo de P( M, t) em t = 1 será denotada por
d = d ( M ).
Lembrando que uma função racional R(t) tem um polo de ordem n em
f (t)
t = a se podemos escrever R(t) = (t−1a)n T (t) (para t 6= a), onde T (t) = g(t)
é uma função racional tal que f ( a) é um valor finito não nulo e t − a - g(t).
Exemplo 205. Nas hipóteses do último exemplo, M = A = k[ x1 , . . . , xn ] e
λ( Ad ) = dimk Ad temos P( A, t) = (1−1t)n . Logo d( A) = n.
O caso em que todos os k i = 1 é especialmente simples:
Corolário 206. Se cada k i = 1, então para todo n suficientemente grande, λ( Mn )
é um polinômio em n (com coeficientes racionais) de grau1 d − 1.
Demonstração. Segue do teorema anterior que P( M, t) =
f (t)
∏is=1 (1−t)
f (t)
.
(1− t ) s
k i =1
f (t)
=
∏is=1 (1−tki )
Cancelando potências de (1 − t) assumimos que s =
d+k−1
∞
1
tk e suponha que
d = d( M ) e f (1) 6= 0. Agora (1−t)d = ∑k=0
d−1
=
1 aqui adotamos
a
convenção que o grau dopolinômio
nulo é −1 e também que o coeficiente
n
−1
binomial
= 0 para todo n ≥ 0 e
= 1.
−1
−1
118
=
∞
j
(∑ N
j=0 b j t )( ∑k=0
∑kN=0 bk tk
d+k−1
d−1
com bk ∈ Z, logo temos que P( M, t) =
d+k−1
∞
N
)t j tk . Pela definição de série de Poincaré λ( Mn )
∑ k =0 ( ∑ j =0 b j
d−1
é o coeficiente
de tn emP( M, t), logo (para k = n − j) temos que λ( Mn ) =
d+n−j−1
para todo n ≥ N e a soma do lado direito é um
∑N
j =0 b j
d−1
polinômio ϕ em n com coeficientes racionais tal que ϕ( x ) =
(termos de menor grau).
f (1) d −1
x
( d −1) !
+
ar
f (t) =
in
Observação 207. Para um polinômio f ( x ) tal que f (n) é um inteiro para todo
inteiro n, não é necessário que todos os coeficientes de f sejam inteiros, por
exemplo: 12 x ( x + 1).
Pr
el
im
O polinômio do Corolário 206 é chamado de função ou polinômio de
Hilbert do módulo graduado M em relação a λ.
Proposição 208. Seja x ∈ A um elemento homogêneo de grau positivo. Se x não
é um divisor de zero de M (i.e., se xm = 0 então m = 0) então d( M/xM) =
d( M ) − 1.
Demonstração. Considere o homomorfismo de A-módulos ϕn : Mn → Mn+k
(onde k = grau( x )) dado por m 7→ xm então temos a seguinte sequência
incl
π
ϕn
exata 0 → Kn = ker ϕn ,→ Mn −→ Mn+k Ln+k =
Mn + k
ϕ n ( Mn )
→ 0. Seguindo
Ve
rs
ão
a prova do Teorema 203 temos P( M, t)(1 − tk ) = P( L, t) − P(K, t)tk + g(t),
mas como x não é divisor de zero Kn = ker ϕn = 0 para todo n, logo
λ(Kn ) = 0 para todo n o que implica P(K, t) = 0. Por outro lado 1 − tk =
(1 − t)(1 + t + t2 + · · · + tk−1 ) = (1 − t) f (t) onde f (1) = k 6= 0, assim
P( M, t) f (t)(1 − t) − g(t) = P( L, t). Por tanto d( L) = d( M) − 1 (resultado
M
de funções complexas), mas L = xM
(segue da prova do Teorema 203) logo
M
d( xM ) = d( M ) − 1.
aula 26: 19/11/2014
Aula 26
Definição 209. Seja ( A, m, k) um anel local Noetheriano. Então definimos a
função de Hilbert-Samuel como sendo h A (n) = ` A ( A/mn ), para n ∈ N.
Observe ` A ( A/mn ) < ∞ para todo n ≥ 0, pois como A é Noetheriano
então A/mn é Noetheriano e pelo Exercício 4 da Lista 6 também é Artiniano,
o resultado segue da Proposição 111.
Seja A um anel e I um ideal de A. Definimos o anel graduado associado
L
n
n+1 com I 0 = A.
a A como sendo G ( A) = ∞
n=0 Gn ( A ), onde Gn ( A ) = I /I
Este é um anel graduado no qual a multiplicação é dada por: para cada
119
tk ) =
xn ∈ I n , seja x n a imagem de xn em
I n+m
In
I n +1
, defina x m x n = xm xn , i.e., a imagem
Pr
el
im
in
ar
de xm xn em I n+m+1 (verifique que o produto está bem definido, ou seja não
depende da escolha dos representantes das classes).
Segue da Proposição 196 que se A é noetheriano, então G ( A) é Noetheriano pois G0 ( A) = A/I é Noetheriano por ser quociente de um anel
Noetheriano por um ideal (Proposição 107). Por outro lado, um elemento
de Gn ( A) = I n /I n+1 pode ser escrito como uma combinação linear de produtos de n elementos de G1 ( A) = I/I 2 , logo G ( A) é gerado sobre G0 ( A)
por elementos de G1 ( A). Como A é Noetheriano I é f.g. por a1 , . . . , as
então se a1 , . . . , as são as imagens de ai em II2 = G1 ( A) então G ( A) é gerado como uma G0 ( A)-álgebra por a1 , . . . , as e cada ai tem grau 1. Logo
G ( A) = ( A/I )[ a1 , . . . , as ] é Noetheriano pelo Corolário 121 do Teorema da
Base de Hilbert. Segue desta última observação que podemos considerar
G ( A) como uma G0 ( A)-álgebra f.g. por elementos que podem ser escolhidos
como sendo homogêneos e de grau 1.
Agora se ( A, m, k) é um anel Noetheriano local então, fazendo I = m no
n
anel graduado associado a A temos que cada Gn ( A) = mmn+1 é um k-espaço
vetorial de dimensão finita (como A Noetheriano então mn é f.g. como
A-módulo (ideal) então mn /mn+1 também é f.g. como A-módulo e como
mn /mn+1 é aniquilado por m, tem estrutura de k-espaço vetorial e como tal
tem dimensão finita), logo dimk Gn ( A) < ∞.
Proposição 210. Seja ( A, m, k) um anel local Noetheriano.
a. Para todo n ≥ 0, temos h A (n + 1) − h A (n) = dimk (mn /mn+1 ).
Ve
rs
ão
b. Existe um polinômio p( x ) ∈ Q[ x ] de grau d( G ( A)), tal que h A (n) = p(n)
para n 0. Este polinômio é chamado de polinômio de Hilbert-Samuel.
n
inc
Demonstração. a. Segue da sequência exata 0 → mmn+1 ,→ mnA+1 → mAn → 0
que ` A (mn /mn+1 ) = ` A ( A/mn+1 ) − ` A ( A/mn ) = h A (n + 1) − h A (n).
Agora observe que ` A (mn /mn+1 ) = dimk (mn /mn+1 ) já que mn /mn+1
é aniquilado por m, e pode ser visto como um módulo sobre k = A/m,
logo toda série de composição de mn /mn+1 como A-módulo é uma
série de composição de mn /mn+1 como k-módulo, pois todos os Asubmódulos também são aniquilados por m e logo são k-submódulos.
b. Pelo item anterior, h A (n + 1) − h A (n) é λ( Gn ( A)) em relação a λ =
dimk . Dado que G ( A) é uma k-álgebra f.g. por elementos que podem
ser escolhidos como sendo homogêneos e de grau 1, segue do Corolário
206 que existe um polinômio q( x ) ∈ Q[ x ] de grau d( G ( A)) − 1, tal
que para n suficientemente grande q(n) = h A (n + 1) − h A (n). Isto
implica que existe um polinômio p( x ) ∈ Q[ x ] de grau d( G ( A)) tal que
h A (n) = p(n) para todo inteiro n 0 (veja Apêndice A).
120
Segue da proposição anterior que podemos escrever a função de HilbertSamuel como h A (n) = ∑in=−01 [h A (i + 1) − h A (i )] + h A (0) = ∑in=−01 dimk (mi /mi+1 ),
já que h A (0) = ` A ( A/m0 ) = ` A ( A/A) = ` A (0) = 0.
ar
Definição 211. Seja ( A, m, k) um anel local Noetheriano.
Dizemos que
p
a1 , a2 , . . . , an ∈ A é um sistema de parâmetros se ( a1 , . . . , an ) = m. Denotaremos por δA o tamanho mínimo de um sistema de parâmetros de
A.
teorema de dimensão de krull
Pr
el
im
8.3
in
Note que qualquer conjunto de geradores de m é um sistema de parâmetros de A. Assim segue da Proposição 62 (Sejam mi (1 ≤ i ≤ k) os elementos
de M cujas imagens em M/mM formam uma base deste espaço vetorial.
n
Então mi geram M), com M = mn que δA ≤ dimk ( mmn+1 ).
Lema 212. (Lema principal) Sejam ( A, m, k) um anel local Noetheriano, a ∈ m
e B = A/aA. Então:
a. d( G ( B)) ≥ d( G ( A)) − 1.
b. Se a ∈ A não é divisor de zero, então d( G ( B)) = d( G ( A)) − 1.
Ve
rs
ão
Demonstração. Denote por m a imagem de m em B. O anel B é um anel
local (TCI leva maximal em maximal) Noetheriano com ideal maximal m
A/aA
e corpo de resíduos B/m = m/aA
= A/m = k. Temos os isomorfismos
A/aA
B
aA+mn
A
= aAaA
mn
∩mn e portanto uma sequência
mn = mn + aA/aA = aA+mn (**) e
A
B
aA
exata 0 → aA∩mn → mn → mn → 0 (onde a primeira aplicação é a inclusão
n
de aAm+nm ⊆ mAn e a segunda é dada por x + mn 7→ x + ( aA + mn )) de modo
aA
que ` A ( A/mn ) = ` A ( B/mn ) + ` A ( aAaA
∩mn ) i.e. h A ( n ) = h B ( n ) + ` A ( aA∩mn )
A
(note que ` A ( B/mn ) = ` B ( B/mn ) pois mBn = aA+
mn é um A-módulo que é
aniquilado por a logo é um A/aA-módulo, i.e., um B-módulo e logo os
comprimentos coincidem). Seja agora ϕ o seguinte mapa sobrejetor, induzido
n −1 7 →
pela multiplicação por a ∈ m: ϕ : mnA−1 → aAaA
∩mn dado por x + m
inc
ax + ( aA ∩ mn ). Completando a uma sequência exata temos: 0 → ker ϕ ,→
ϕ
aA
A
aAaA
∩mn → 0 então para todo n ≥ 1, temos ` A ( aA∩mn ) ≤ ` A ( mn−1 ) =
h A (n − 1). Assim obtemos h B (n) ≥ h A (n) − h A (n − 1) segue da prova da
Proposição 210 que, para n 0, p B (n) ≥ q A (n) onde p B ( x ) é o polinômio de
Hilbert-Samuel de B e q A ( x ) é o polinômio de Hilbert do módulo graduado
G ( A) em relação a λ = dimk . Logo grau( p B ( x )) ≥ grau q A ( x ), ou seja
d( G ( B)) ≥ d( G ( A)) − 1. A igualdade é um caso particular da Proposição
208.
A
mn −1
Teorema 213. (Teorema de Krull) Seja ( A, m, k) um anel local Noetheriano.
Então dim A < ∞ e, além disso, dim A = δA = d( G ( A)).
121
Demonstração. Vamos mostrar uma sequência de desigualdades dim A ≤
d( G ( A)) ≤ δA ≤ dim A. Observe que a primeira desigualdade mostra que
dim A é finita.
Pr
el
im
in
ar
a. Queremos provar que dim A ≤ d( G ( A)), faremos isto por indução
em d( G ( A)). Se d( G ( A)) = 0, então h A (n) = ` A ( A/mn ) é constante
n
para n 0, i.e., dimk mmn+1 = h A (n + 1) − h A (n) = 0 para n 0
(Proposição 210). Logo mn = mn+1 , segue da Proposição 155 (“Seja A
um anel Noetheriano local e m seu ideal maximal. Então exatamente
uma das seguintes condições é verdadeira: (i) mn 6= mn+1 para todo n;
ou (ii) mn = 0 para algum n, neste caso A é um anel Artiniano local”)
que mn = 0 para n 0 e A é Artiniano logo dim A = 0 = d( G ( A)).
Suponha agora que d( G ( A)) > 0, e seja p0 ( p1 ( · · · ( pr uma
cadeia de ideais primos de A de comprimento r (todos os pi ⊆ m,
pois são ideais próprios e logo estão contidos em um maximal). Seja
A0 = A/p0 então A0 é um domínio Noetheriano local (com maximal
m = pm0 ) que contém uma cadeia de ideais primos de comprimento
r: 0 ( p1 ( · · · ( pr e ainda h A0 (n) ≤ h A (n) para todo n, pois:
0
(∗∗)
Ve
rs
ão
h A0 (n) = ` A0 ( mAn ) = ` A0 ( p0 +Amn ) = ` A ( p0 +Amn ) (pois p0 +Amn é um Amódulo que é aniquilado por p0 logo é um A0 -módulo), agora mn ⊆
p0 + mn logo se I é um ideal de p0 +Amn então corresponde a um ideal
de A que contém p0 + mn e logo contém mn e logo corresponde a
um ideal de mAn , assim h A0 (n) = ` A ( p0 +Amn ) ≤ ` A ( mAn ) = h A (n). Logo
d( G ( A0 )) ≤ d( G ( A)). Seja 0 6= a ∈ p1 ⊆ m (p1 6= 0 pois se não p1 = p0 )
e B = A0 /aA0 , como A0 é um domínio a não é divisor de zero e logo,
segue do Lema Principal (Lema 212) que d( G ( B)) = d( G ( A0 )) − 1 ≤
d( G ( A)) − 1 < d( G ( A)). Aplicando a hipótese de indução temos
que dim B ≤ d( G ( B)). Por outro lado, as imagens de p1 , . . . , pr em
B formam uma cadeia de tamanho r − 1, assim r − 1 ≤ dim B ≤
d( G ( A)) − 1 logo r ≤ d( G ( A)), em particular dim A ≤ d( G ( A)).
b. Queremos provar que d( G ( A)) ≤ δA , faremos isto por indução em
δp
A . Se δ A
√ = 0, então o sistema de parâmetros é vazio, então m =
(∅) = 0 = N A , como A é Noetheriano, segue do Exercício 2 Lista
6 que o nilradical é nilpotente, logo existe r ∈ N tal que mr = 0.
Logo h A (n) = ` A ( A/mn ) = ` A ( A) é constante para n ≥ r e assim
d( G ( A)) = 0. Seja agora δA > 0. Tome a ∈ A pertencente
q a um sistema
de parâmetros de cardinalidade δA (logo a ∈ m = ( a, a2 , . . . , aδA ))
e seja B = A/aA. Então δB ≤ δA − 1 e pela hipótese de indução
d( G ( B)) ≤ δB . Assim, pelo Lema Principal (Lema 212), d( G ( A)) − 1 ≤
d( G ( B)) ≤ δB ≤ δA − 1, logo d( G ( A)) ≤ δA .
122
Pr
el
im
in
ar
c. Queremos provar que δA ≤ dim A, faremos isto por indução em dim A
(que já sabemos que é finita). Se dim A = 0, então Spec
√ ( A) = {m} (A
local e todo primo p está contido em m), logo N = 0 = m, existe um
sistema de parâmetros vazio pois 0 = (∅) e portanto δA = 0. Agora
suponha que dim A > 0. Como A é Noetheriano, A possui apenas
um número finito de ideais primos minimais p0 , . . . , pk (Exercício 9.2
Lista 5). Logo como p ⊆ m para todo p primo então ∪ik=0 pi ⊆ m,
suponha que ∪ik=0 pi = m, segue da Proposição 29 que m ⊆ pi para
algum 0 ≤ i ≤ k, logo m = pi é um primo minimal. Ou seja m contém
todos os primos e é minimal, logo m = p para todo p primo. Logo
A tem um único primo o que implica dim A = 0, contradição. Logo
∪ik=0 pi ( m, assim podemos escolher a ∈ m que não pertence a nenhum
primo minimal. Logo se B = A/aA, temos dim B ≤ dim A − 1 (pois
dada uma cadeia maximal de primos de A: p0 ( p10 ( · · · ( pr0 =
m ela começa em um primo minimal e acaba em m e alem disso
a ∈ me a ∈
/ p0 logo aA ( p0 e portanto p0 não corresponde a um
primo de B, assim dim B ≤ dim A − 1). Aplicando a hipótese de
indução δB ≤ dim B. Note ainda que se a1 , . . . , as ∈ A são elementos
cujas imagens em B formam um sistema de parâmetros de B, então
a, a1 , . . . , as formam um sistema de parâmetros de A, logo δA ≤ δB + 1.
Assim, δA − 1 ≤ δB ≤ dim B ≤ dim A − 1 , logo δA ≤ dim A.
Um importante corolário de Teorema de Krull é o seguinte resultado
conhecido como Krull Hauptidealsatz ou Teorema do Ideal Principal de
Krull.
Ve
rs
ão
Teorema 214. (Krull Hauptidealsatz) Seja A um anel Noetheriano e a1 , . . . , an ∈
A. Seja p um ideal primo de A minimal com a propriedade que ( a1 , . . . , an ) ⊆ p,
então ht(p) ≤ n. Em particular se a ∈ A é um elemento que não é um divisor de
zero nem uma unidade então todo ideal primo minimal que contém ( a) tem altura 1.
Demonstração. Considere Ap , que é um anel Noetheriano local com único
ideal maximal S−1 p. O ideal S−1 [( a1 , . . . , an ) A] é S−1 p-primário e é gerado
por n elementos. Daí, pelo Teorema de Krull temos n ≥ δAp = dim Ap =
ht(p).
Para a segunda parte, sabemos que ht(p) ≤ 1. Suponha que ht(p) = 0,
então p é um ideal primo minimal de A, i.e., p é um elemento minimal de
V (0) = Spec( A) e logo é um primo isolado associado a (0) (Proposição 136).
Segue do Exercício 1 Lista 6 que todo elemento de p é um divisor de zero
mas a ∈ p, contradição. Logo ht(p) = 1.
123
8.4
exercícios
Ex. 90 — Calcule a dimensão de k[[t]] e de k[ x1 , x2 , . . . ].
Ex. 91 — Seja A um anel e p ∈ Spec( A) então dim A ≥ ht(p) + dim A/p.
ar
Ex. 92 — Prove que se f ∈ k[ x1 , . . . , xn ] é irredutível então dim k[ x1 , . . . , xn ]/( f ) =
n − 1.
in
Ex. 93 — Seja A = k[ x1 , ..., xn ]/p, p um ideal primo de k[ x1 , ..., xn ] e p0 um
ideal primo de A. Mostre que dim( A/p0 ) = dim( A) − ht(p0 ).
1. k um corpo
2. Z( p)
3. C[ x, y]( x,y)
Pr
el
im
Ex. 94 — Para cada um dos anéis locais Noetherianos a seguir, determine:
um sistema de parâmetros minimal, o polinômio de Hilbert-Samuel e a
dimensão de Krull:
4. Am , onde A = C[ x, y]/(y2 − x2 ( x + 1)) e m = ( x + 1, y).
5. Am , onde A = C[ x, y]/(y2 − x2 ( x + 1)) e m = ( x, y).
Ve
rs
ão
aula 27: 24/11/2014 aula de exercícios
aula 28: 26/11/2014 prova 2
124
A
IDENTIDADES BINOMIAIS
in
ar
Seja f : Z → Z uma função. Definimos a derivada discreta de f , ∆ f :
Z → Z, pela regra∆ f ( x ) := f ( x + 1) − f ( x ). Chamamos um polinômio
p( x ) ∈ Q[ x ] de numérico se p(m) ∈ Z para todo m 0 (isto significa
que existe um l ∈ Z tal que p(m) ∈ Z para todo m > l). Definimos
também um polinômio binomial como sendo um polinômio da forma
x − n +1)
∈ Q[ x ], para algum n ∈ Z (por convenção (0x) = 1 e
(nx ) := x(x−1)···(
n!
(nx ) = 0 para n < 0).
Pr
el
im
x
Proposição 215. (nx ) ∈ Q[ x ] é um polinômio numérico e ∆(nx ) = (n−
1).
Demonstração. Temos que
x
( x + 1) x ( x − 1) · · · ( x − n + 2) x ( x − 1) · · · ( x − n + 1)
∆
=
−
n
n!
n!
x ( x − 1) · · · ( x − n + 2) ( x + 1) − ( x − n + 1)
x
=
·
=
.
( n − 1) !
n
n−1
m
Sabemos que (m
n ) ∈ Z para todo m ≥ n pois ( n ) =nº de subconjuntos
S ⊆ {1, . . . , m} com |S| = n.
Ve
rs
ão
Proposição 216. Todo polinômio numérico p( x ) ∈ Q[ x ] tem a forma p( x ) =
x
an (nx ) + an−1 (n−
1) + · · · + a0 onde ai ∈ Z.
Demonstração. Faremos a prova por indução sobre n = grau( p). O caso
i fatores
z
}|
{
x
(
x
−
1
)
·
·
·
(
x
−
(
i
−
1
))
n = 0 é claro. Como ( xi) =
tem grau i para i ∈ N,
i!
x
os polinômios binomiais ( i ) formam uma base de Q[ x ] sobre Q e assim
podemos escrever
x
x
x
x
p( x ) = an
+ a n −1
+ · · · + a1
+ a0
, com ai ∈ Q.
n
n−1
1
0
Temos que mostrar que ai ∈ Z, para isso considere:
x
x
x
∆p( x ) = an
+ a n −1
+ · · · + a1
.
n−1
n−2
0
Então ∆p( x ) é um polinômio de grau n − 1, tal que ∆p(m) = p(m +
1) − p(m) ∈ Z para todo inteiro m 0, logo pela hipótese de indução
125
x
x
an , . . . , a1 ∈ Z. Mas então a0 = p( x ) − an (nx ) − an−1 (n−
1) − · · · − a1 ( 1 ) é
um polinômio constante que assume valores inteiros nos inteiros, logo
a0 ∈ Z.
Proposição 217. Seja f : Z → Z uma função. Suponha que exista um polinômio
h( x ) ∈ Q[ x ] tal que ∆ f (m) = h(m) para todo m 0. Então existe um polinômio
p( x ) ∈ Q[ x ] tal que grau( p) = 1 + grau(h) e f (m) = p(m) para todo m 0.
Ve
rs
ão
Pr
el
im
in
ar
Demonstração. Segue da hipótese que h( x ) é um polinômio numérico, logo
x
da proposição anterior h( x ) = an (nx ) + an−1 (n−
1) + · · · + a0 onde ai ∈ Z. Seja
x
x
x
q( x ) := an (n+1) + an−1 (n) + · · · + a0 ( 1 ), então grau(q) = n + 1 = grau(h) +
1, q : Z → Z e ∆q( x ) = h( x ). Temos que ∆( f − q)(m) = 0 para todo m 0.
Em outras palavras, f (m) − q(m) é constante e inteiro para m 0, digamos
c = f (m) − q(m), assim f (m) = q(m) + c para m 0, logo p( x ) = q( x ) + c
e o resultado segue.
126
B
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
in
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ar
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rs
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Pr
el
im
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Springer, 1960.
128
ÍNDICE REMISSIVO
in
ar
D
decomposição primária, 81
minimal, 82
dimensão
de um anel, 77, 113
divisor de zero, 4
domínio
de ideais principais, 8
de integridade, 4
integralmente fechado, 102
normal, 102
Pr
el
im
A
álgebra, 49
plana, 50
altura, 113
anéis
extensão, 96
anel, 2
Artiniano, 69, 76
de funções regulares, 28
dimensão, 77, 113
de Krull, 113
graduado, 114
associado, 119
homomorfismo, 2
local, 8
Noetheriano, 69, 73
quociente, 3
aniquilador, 38
Ve
rs
ão
C
cadeia, 70
comprimento, 70
de ideais primos, 77, 113
comprimento, 77, 113
cokernel, 37
componente homogênea, 114
condição
de cadeia
ascendente, 67
descendente, 67
maximal, 67
minimal, 67
conjunto algébrico afim, 26
conjunto de zeros, 25
conjunto multiplicativo, 54
coprimos, 8
corpo, 4
corpo de resíduos, 8
E
elemento
homogêneo, 114
grau, 114
nilpotente, 9
trascendente, 109
elementos
algebricamente independentes, 109
espaço afim, 26
espectro, 18
espectro maximal, 25
extensão de escalares, 47
F
fecho integral, 98, 104
fiel, 38
finita
álgebra, 96
extensão, 96
função
aditiva, 115
de Hilbert, 119
de Hilbert-Samuel, 119
G
graduado
129
anel, 114
módulo, 114
ar
in
K
Krull
dimensão, 113
Hauptidealsatz, 123
Teorema, 121
L
Lema
de Nakayama, 40
Principal, 121
local
propriedade, 60
localização, 54
Exatidão, 56
Propriedade Universal, 54
Pr
el
im
H
Hilbert
função, 119
polinômio, 119
Hilbert-Samuel
função, 119
polinômio, 120
homogêneo
elemento, 114
polinômio, 108
homomorfismo, 2
de álgebras, 49
de módulos, 36
integralmente fechado, 98
intersecção
de ideais, 7
de módulos, 37
irredutível, 27
isomorfismo, 3
Ve
rs
ão
I
ideais
intersecção, 7
primos
associados, 83
embutidos, 83
isolados, 83
produto, 7
soma, 7
ideal, 3
decomponível, 81
do conjunto algébrico, 28
gerado, 3
irredutível, 86
p-primário, 80
maximal, 4
primário, 80
primo, 4
altura, 113
principal, 3
quociente, 12
integral
álgebra, 96
elemento, 96
sobre um ideal, 104
extensão, 96
fechho, 98
M
mapa
de localização, 54
módulo, 36
Artiniano, 67
comprimento, 70
de comprimento finito, 72
fiel, 38
finitamente gerado, 38
graduado, 114
livre, 38
Noetheriano, 67
plano, 48
quociente, 37
simples, 70
módulos
intersecção, 37
produto, 37
soma, 37
morfismo
de conjuntos algébricos, 27
130
Q
quociente, 3
de módulo, 37
ar
Pr
el
im
P
polinômio
de Hilbert, 119
de Hilbert-Samuel, 120
homogêneo, 108
polo, 118
primo, 4
produto
de módulos, 37
tensorial, 45
produto direto de anéis, 12
projeção canônica, 3
de Correspondência entre Ideais, 3
de Estrutura de Anéis Artinianos,
90
de Jordan-Hölder, 72
de Krull, 121
do Ideal Principal, 123
de Normalização de Noether, 109
versão II, 110
de Unicidade (Primeiro), 82
de Unicidade (Segundo), 85
Going-Down, 107
Going-Up, 101
Incomparabilidade, 100
Lying-Over, 100
Nullstellensatz, 30
Topologia de Zariski, 20
Weak Nullstellensatz, 110
Topologia de Zariski, 18, 20
in
N
nilradical, 9
normalização, 98, 104
R
radical
de Jacobson, 10
restrição de escalares, 47
U
unidade, 4
V
variedade algébrica, 27
Ve
rs
ão
S
sequência exata, 41
série de composição, 70
série de Poincaré, 116
sistema de parâmetros, 121
soma
de ideais, 7
de módulos, 37
subanel, 3
subconjunto isolado, 85
submódulo, 37
T
tensor
elementar, 45
Teorema
chinês dos restos, 13
da Base de Hilbert, 75
da Mudança de Bases, 51
131