Exercícios de Curvas Algébricas - Prof. Fernando Torres Exercício 1

Exercícios de Curvas Algébricas - Prof. Fernando Torres
Kamila Andrade, Steve Vicentim e Leandro Morgado
Exercício 1
Seja I ⊆ K[x1 , . . . , xn ] um ideal maximal. Mostrar que se Z(I) é não vazio, então
Z(I) = {um ponto}.
Solução:
Suponha por absurdo que {a, b} ⊆ Z(I), com a ̸= b.
Defina J = {f ∈ K[x1 , . . . , xn ] : f (a) = 0}. Temos que J é ideal próprio, pois:
• 0 ∈ J;
• f, g ∈ J ⇒ (f + g) ∈ J, pois (f + g)(a) = f (a) + g(a) = 0;
• f ∈ J, g ∈ K[x1 , . . . , xn ] ⇒ f g ∈ J, pois f g(a) = f (a).g(a) = 0;
• 1∈
/ J.
Além disso, note que como a ̸= b, existe j tal que aj ̸= bj . Então, o polinômio xj − aj
anula-se em a e não em b.
Portanto, temos que I está contido estritamente no ideal próprio J.
Mas isso é absurdo, pois I é maximal. Logo Z(I) = {um ponto}.
Exercício 2
Seja M ⊆ K[X, Y ] um ideal não nulo. Mostrar que M não está contido em K[X].
Solução
De fato, como M ̸= {0}, existe f ̸= 0, f ∈ M .
Logo, temos que Y f ∈ M /{0}, pois M é ideal.
Além disso, segue que Y f ∈
/ K[X]. Isso porque ∂Y (Y f ) ≥ 1, enquanto que se g ∈
K[x], temos que ∂Y g = 0.
Logo, concluímos que M não está contido em K[X], como queríamos demonstrar.
Exercício 3
Seja K um corpo, M ⊆ K[X1 , . . . , Xn ] um ideal maximal. Mostre que a extensão
K[X1 , . . . , Xn ]/M | K é algébrica.
Solução
Caso n=1
Temos que K[X1 , . . . , Xn ] = K[X]. Considere o corpo K[X]/M .
Como K[X] é domínio de ideais principais, existe f ∈ K[X] tal que M = (f ).
É claro que deg(f ) ≥ 1, pois caso contrário, se deg(f ) = 0, teríamos f constante não
nula, e portanto M = K[X], gerando uma contradição.
E se f = 0, teríamos que M = 0, e assim K[X]/M = K[X], que não é corpo,
contrariando a maximalidade de M .
Veja que K[X]/M = K[x], onde x = X + M . Assim, K[x] é corpo, pois M é ideal
maximal.
Observe ainda que f (x) = 0, pois f ∈ M .
Portanto, x ∈ K[x] é algébrico sobre K, e portanto, temos que K[x] | K é extensão
algébrica.
Caso n=2
Nesse caso, temos que K[X, Y ]/M = K[x, y], onde x = X +M e y = Y +M . Podemos
supor x, y ∈
/ K, pois caso contrário caímos no caso anterior, ou na extensão trivial.
Por um exercício anterior, temos que existe f ∈ M tal que ∂X f ≥ 1 e ∂Y f ≥ 1.
Dessa forma, podemos escrever:
f = ad (X)Y d + . . . + a1 (X)Y + a0 (X),
onde ai (X) ∈ K[X] ∀i, ad (X) ̸= 0.
Também temos que ad (x) ̸= 0, pois caso contrário teríamos que x ∈ K, gerando
uma contradição. Portanto, temos que a extensão K[x, y] | K(x) é algébrica, dado que
f (x, Y ) ∈ K(x)[Y ]/{0} e f (x, y) = 0.
Estamos agora na seguinte situação:
K[x,6y]
66
66
66
6
K(x) 666
II
II 666
II 6
II 66
I
K
t
tt
tt
t
tt
tt
K[x]
Dessa forma, basta mostrar que a extensão K(x) | K é algébrica.
Suponha que a extensão de anéis K[x, y] | K[x] seja integral. Como K[x, y] é corpo,
temos que
1
x
∈ K[x, y] é integral sobre K[x] e então satisfaz a uma equação do tipo:
( )
( )t−1 ( )t
1
1
1
b0 (x) + b1 (x)
+ . . . + bt−1 (x)
+
= 0.
x
x
x
Multiplicando a equação por xt−1 , temos:
1
+ bt−1 (x) + bt−2 (x)x + . . . + b0 (x)xt−1 = 0.
x
Dessa forma:
Portanto,
1
x
(
)
1
= − bt−1 (x) + bt−2 (x)x + . . . + b0 (x)xt−1 .
x
∈ K[x]. Concluímos assim que x é algébrico sobre K, bem como K(x) | K
é algébrico, seguindo o resultado.
Assim, resta apenas mostrar que K[x, y] | K[x] é extensão integral, o que faremos a
seguir. Seja M ⊆ K[X, Y ] um ideal maximal.
Por um exercício anterior, sabemos que existe f ∈ M tal que ∂X f ≥ 1 e ∂Y f ≥ 1.
Tome m = deg(f ).
Temos então que:
f (X, Y ) =
∑
∑
α(i,j) X i Y j +
i+j=m
=
i+j=m
onde deg(g) < m.
∑
i+j̸=m
i
j
α(i,j) X Y + g,
α(i,j) X i Y j =
(1)
Logo, segue que:
∑
f (X − aY + aY, Y ) =
α(i,j) (X − aX + aY )i Y j + g =
(
i+j=m
∑
=
=
α(i,j)
i+j=m
(
∑
i
∑
(
l
l=0
)
α(i,j) ai
i
)
)
(X − aY )i−l (aY )l
Yj +g =
(2)
Y m + h.
i+j=m
Agora, defina c(a) =
∑
α(i,j) ai , onde algum α(i,j) ̸= 0.
i+j=m
Note que existe a tal que c(a) ̸= 0. De fato, considere o polinômio não nulo dado por:
c(T ) =
∑
α(i,j) T i .
i+j=m
Como K é infinito, temos que existe a ∈ K tal que c(a) ̸= 0.
Finalmente, considere g(T ) ∈ K[x][T ], tal que g(T ) =
1
f (x, T ).
c(a)
• deg(g) = deg(f );
• g(y) =
1
f (x, y)
c(a)
= 0;
• g(T ) mônico.
Portanto, segue que y é integral sobre K[x].
Discussão do caso n em geral
Considere o seguinte diagrama:
K[x1 , ...,Exn ]
EE
EE
EE
EE
E
K(x1 , ..., xn−1 ) EEEE
RRR
EE
RRR
RRR EEE
RRR EE
R
K[x1 , ..., xn−1 ]
K
kkk
kkk
k
k
kk
kkk
kkk
Temos que:
De forma análoga aos casos anteriores, basta mostrar que a extensão dada por:
K[x1 , . . . , xn ] | K[x1 , . . . , xn−1 ]
é integral para concluir que K(x1 , . . . , xn ) | K é algébrica.
Para mostrar que K[x1 , . . . , xn ] | K[x1 , . . . , xn−1 ] é inteira, inicialmente tomamos o
polinômio f ∈ M , de tal forma que f dependa de todas as variáveis.
A seguir, analogamente ao caso n = 2, fazemos a mudança de variáveis, substituindo
Xi por Xi − aXn + aXn , para todo i ∈ {1, . . . , n − 1}.
Dessa forma, obtemos que f pode ser escrito como:
f (X1 , . . . , Xn ) = c(a)XnN + c(X1 , . . . , Xn−1 )XnN −1 + . . . ,
onde c(a) ̸= 0 e N = deg(f ).
Exercício 4
Completar a prova do Teorema dos Zeros de Hilbert para todo n ∈ N.
Teorema (Zeros de Hilbert)
Seja K um corpo algebricamente fechado. Seja J ⊆ K[X1 , . . . , Xn ] um ideal. Então
I(Z(J)) = r(J).
Demonstração
Trivialmente, temos que r(J) ⊆ I(Z(J)). Vamos mostrar então a outra inclusão.
Tome f ∈ I(Z(J)). Queremos mostrar que f ∈ r(J), ou seja, existe N ∈ N tal que
f N ∈ J.
Para tanto, vamos usar o truque denominado "Truco de Ravinovich". Defina:
S ′ = J ∪ {f Xn+1 − 1} ⊆ K[X1 , . . . , Xn , Xn+1 ].
É claro que Z(S ′ ) = Z(< S ′ >) = ∅, pois se p = (a1 , . . . , an+1 ) ∈ Z(< S ′ >), então
g(p) = 0 para todo g ∈ J. Mas, por outro lado, note que (f Xn+1 − 1)(p) = −1, gerando
uma contradição.
Como K é algebricamente fechado, pelo Teorema de Zariski, segue que < S ′ >=
K[X1 , . . . , Xn , Xn+1 ]. Temos então que 1 ∈< S ′ > e, portanto, podemos escrever:
1 = c1 f1 + . . . + ct ft + ct+1 (f Xn+1 − 1),
onde ci = ci (X1 , . . . , Xn+1 ) e fi ∈ J.
Agora, substituindo de forma adequada a coordenada Xn+1 por
a equação por uma potência f
demonstração.
N
conveniente, obtemos que f
N
1
f
e multiplicando
∈ J, o que completa a
Exercício 5
Completar a prova do Teorema de Zariski para todo n ∈ N.
Teorema (Zariski)
Seja K um corpo algebricamente fechado, J ⊆ K[X1 , . . . , Xn ] um ideal próprio. Então
V (J) ̸= ∅.
Demonstração
Aplicando o Lema de Zorn, temos que existe um ideal maximal M ⊆ K[X1 , . . . , Xn ]
que contém J.
Como Z(J) ⊇ Z(M ), basta mostrar que Z(M ) ̸= ∅, o que faremos a seguir.
Considere o seguinte mapa:
K −→ K[X1 , . . . , Xn ] −→ K[X1 , . . . , Xn ]/M.
Temos que esse mapa é injetivo. Caso contrário, existiria uma constante em M , e
assim, teríamos que M = K[X1 , . . . , Xn ], o que contraria a sua maximalidade.
Dessa forma, temos que K[X1 , . . . , Xn ]/M é uma extensão de K. Por um exercício
anterior, esta extensão é algébrica, e como K é algebricamente fechado, segue de imediato
que K = K[X1 , . . . , Xn ]/M .
Assim, temos que xi = ai , para certo ai ∈ K. Portanto:
xi − ai ∈ M ∀i ∈ {1, . . . , n}.
Temos então que o ideal maximal (X1 − a1 , . . . , Xn − an ) está contido em M .
Mas como M é maximal, é claro que M = (X1 − a1 , . . . , Xn − an ).
E assim, concluímos que:
Z(M ) = {(a1 , . . . , an )}.
Mostramos então que Z(M ) ̸= ∅, o que conclui a prova do Teorema.
Exercício 6
Sejam K um corpo infinito e f ∈ K[X1 , ..., Xn ] um polinômio não constante. Mostre
que:
1. AnK \ Z(f ) é um conjunto infinito;
2. #AnK \Z(f ) = #k.
Solução
1. Suponha por absurdo que AnK \ Z(f ) é finito e escreva
AnK \ Z(f ) = {P1 = (a11 , . . . , a1n ), . . . , Pm = (am1 , . . . , amn )}.
Para cada i ∈ {1, . . . , m} e para cada j ∈ {1, . . . , n} considere
fij = Xj − aij.
Dessa forma fij ∈ K[X1 , ..., Xn ] \ {0}. Considere agora,
fi =
n
∏
fij .
j=1
Observe que, para todo i ∈ {1, . . . , m}, fi ̸= 0 e fi (Pi ) = 0 pois fij ̸= 0 e fij (Pi ) = 0
para todo j ∈ {1, . . . , n} logo {Pi } ⊆ Z(fi ).
Como k é um corpo infinito, se g ∈ K[X1 , ..., Xn ] é tal que g(a1 , . . . , an ) = 0 para
todo a1 , . . . , an ∈ AnK então g = 0. Daí, Z(fi )
{Pi } ⊆ Z(fi )
Por fim, defina g = f
∏m
i=1
AnK donde obtemos
AnK .
fi . Agora, se P ∈ Z(f ) então f (P ) = 0 donde g(P ) = 0.
Por outro lado, se P ̸= Z(f ) então P ∈ Ank \ Z(f ) logo P = Pi para algum i ∈
{1, . . . , m} donde fi (P ) = fi (Pi ) = 0 e, consequentemente, g(P ) = 0.
Portanto, g(P ) = 0 para todo P ∈ Ank logo g = 0. Uma vez que k[X1 , . . . , Xn ] é um
domínio de integridade e fi ̸= 0 para todo i ∈ {1, . . . , n}, devemos ter f = 0 o que
é um absurdo. Assim, AnK \ Z(f ) é um conjunto infinito.
2. Como f é não constante, temos que deg(f ) ≥ 1. Logo, existe i ∈ {1, . . . , n} tal que
∂Xi f ≥ 1.
Além disso, se f (p) = 0 para todo p em Ank , teríamos f = 0, gerando uma contradição, pois f ∈ K[X1 , ..., Xn ] \ K.
Tome então p ∈ Ank tal que f (p) ̸= 0. Escreva:
p = (a1 , . . . , ai−1 , ai , ai+1 , . . . , an ).
Agora considere o polinômio:
g(Xi ) = f (a1 , . . . , ai−1 , Xi , ai+1 , . . . , an ) ∈ K[Xi ].
Temos que g ̸= 0, pois g(ai ) = f (p) ̸= 0. Defina o conjunto:
A := {(a1 , . . . , ai−1 , α, ai+1 , . . . , an ) ∈ Ank | α ∈ K}.
Note que A não está contido em V (f ). De fato, se A ⊆ V (f ), temos g(α) = 0 para
todo α ∈ K e fazendo α = ai , teríamos 0 = g(ai ) = f (p) ̸= 0.
Além disso, A ∩ V (f ) é finito. De fato:
A∩V (f ) = {(a1 , . . . , ai−1 , α, ai+1 , . . . , an ) ∈ Ank | f (a1 , . . . , ai−1 , α, ai+1 , . . . , an ) = 0}.
Segue que #(A ∩ V (f )) = #V (g), que é finito, pois g ∈ K[Xi ], e obviamente
#V (g) ≤ ∂Xi f . Assim, temos que:
A \ V (f ) = A \ (A ∩ V (f )) ⇒ #(A ∩ V (f )) = #K,
pois #A = #K e K é infinito. Logo:
A \ V (f ) ⊆ Ank \ V (f ) ⊆ Ank .
Como #Ank = #K, temos portanto # (Ank \ V (f )) = #K.
Exercício 7
Dê exemplos onde não vale o Teorema dos Zeros de Hilbert para k = R, Q,
I IFq e
n = 1, 2.
Solução Temos que encontrar exemplos de ideais I ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] tais que Rad(I) ̸=
I(Z(I)). Vejamos
• k = R ou k = Q
I
– n=1
Considere I = (X 2 + 1) assim Z(I) = ∅ donde I(Z(I)) = A1k . Agora, uma vez
que o polinômio X 2 + 1 é irredutível em k[X], I é ideal maximal e I
donde 1 ̸= Rad(I). Portanto, Rad(I)
A1k
I(Z(I)).
– n=2
Considere I = (X 2 + Y 2 ), então Z(I) = {(0, 0)}. Temos que X ∈ k[X, Y ]
e X |(0,0) = 0 logo X ∈ I(Z(I)). Seja f ∈ Rad(I) então ∂Y f ≥ 2 donde
X ̸= Rad(I). Portanto, Rad(I) ̸= I(Z(I)).
• k = IF2
– n = 1, 2
Considere I = (X 2 + X + 1) assim Z(I) = ∅ e I(Z(I)) = Ank . Como X 2 +
X + 1 é irredutível sobre IF2 temos que I
Rad(I)
I(Z(I)).
Ank donde 1 ̸= Rad(I). Portanto,