Álgebra Comutativa: Notas de Aula [version 23 Nov 2014 ed.]

Table of contents :
Anéis e Ideais......Page 5
Teorema Chinês dos Restos......Page 15
Exercícios......Page 17
Espectro......Page 21
Introdução à Geometria Algébrica......Page 29
Exercícios......Page 36
Módulos......Page 39
Módulos Finitamente Gerados......Page 41
Sequências Exatas......Page 44
Produto Tensorial de Módulos......Page 46
Exercícios......Page 54
Localização......Page 57
Propriedades Locais......Page 62
Localização e Ideais Primos......Page 64
Exercícios......Page 68
Condições de Cadeia......Page 70
Anéis Noetherianos......Page 76
Anéis Artinianos......Page 79
Exercícios......Page 81
Decomposição Primária......Page 83
Decomposição Primária em Anéis Noetherianos......Page 89
Aplicações da Decomposição Primária em Anéis Artinianos......Page 90
Exercícios......Page 96
Extensões Integrais......Page 99
Exercícios......Page 114
Teoria da Dimensão......Page 116
Anéis Graduados......Page 117
Função de Hilbert......Page 118
Teorema de dimensão de Krull......Page 124
Exercícios......Page 126
Identidades Binomiais......Page 128
Índice Remissivo......Page 130

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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

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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

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Índice Remissivo

127

ii

INTRODUÇÃO

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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.

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1

ANÉIS E IDEAIS

Aula 1

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aula 1: 11/08/2014

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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.

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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):

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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

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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.

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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}.

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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.

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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).

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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;

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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.

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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.

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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.

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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:

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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.

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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

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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.

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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.

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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.

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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.

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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.

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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).

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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

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Pr el im

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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

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