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1 Álgebra. Curso de septiembre de 2008 Resolución

2 Ejercicio. 1. Sea A un anillo conmutativo. (1) Demostrar que cualesquiera ideales a, b de A verifican (a b)(a + b) ab. (2) Para A = Z[X] dar un ejemplo en el que la inclusión anterior sea estricta. Solución. (1) Dado x a b, y a y z b se tiene: x(y + z) = xy + xz ba + ab = ab. Como cada generador de (a b)(a + b) pertenece a ab, tenemos el resultado. (2) Tomamos a = 2Z[X], b = XZ[X]. Se verifica 2X ab y 2X / (a b)(a + b), ya que a b = 2XZ[X] y a + b = 2Z + XZ[X]. Ejercicio. 2. Sea A un anillo conmutativo artiniano. Demostrar que todo ideal primo es maximal. Solución. Vamos a probar que cada dominio de integridad conmutativo artiniano es un cuerpo, y como consecuencia tendremos el resultado. Dado D un dominio de integridad conmutativo artiniano y 0 x D, consideramos la cadena descendente xd x 2 D x 3 D Por ser D artiniano, existe t N tal que x t D = x t+1 D =.... En particular existe d D tal que x t = x t+1 d, y simplificado por x t se tiene 1 = xd. Esto es, x es invertible. Entonces en D cada elemento no nulo es invertible, luego D es un cuerpo. Ejercicio. 3. Sea A un anillo conmutativo y sea N = rad(a). Demostrar que las siguientes condiciones son equivalentes: (a) A/N es un dominio de integridad. (b) xy = 0 x ó y es nilpotente. Para x, y elementos de A. Si además A es noetheriano, estas condiciones son equivalentes a: (c) ab = 0 a ó b es nilpotente. Para a, b ideales de A.

3 Solución. (a) (b). Como A/N es un dominio de integridad, tenemos que N = rad(a) es un x N x es nilpotente ideal primo. Si xy = 0 N, entonces o, esto es, o, y N y es nilpotente (b) (a). Dados a, b A tales que ab N, tenemos que ab es nilpotente, y existe t N tal que a t es nilpotente a es nilpotente a t b t = 0. Utilizando la hipótesis (b) tenemos que o, esto es, o, y b t es nilpotente b es nilpotente por tanto se tiene que a N o b N. Es claro que siempre se tiene (c) (b). La implicación (a) (c) sigue la línea de (a) (b). Ejercicio. 4. Demostrar que un anillo conmutativo A tiene un único ideal primo si y sólo si todo elemento de A es o invertible o nilpotente. Solución. Si A tiene un único ideal primo, entonces tiene un único ideal maximal, que coincide con rad(a). Dado x A, si x rad(a), entonces a es nilpotente, y si x / rad(a), entonces es un elemento invertible. Recíprocamente. Sea p un ideal primo, si x A \ p, entonces x no es nilpotente, y por tanto es invertible, luego p es un ideal maximal. Como esto es válido para todo ideal primo, entonces existe un único ideal primo. Ejercicio. 5. Sea A un dominio de Dedekind con cuerpo de fracciones K. intermedio A B K también es un dominio de Dedekind. Demostrar que cualquier anillo Solución. Consideramos una extensión A B K, siendo A un dominio de Dedekind y B A, K. La prueba la vamos a dividir en tres partes. Parte 1. Los localizados en ideales maximales B m son DVD. Dado un ideal maximal m B, consideramos m A A. Como m 0, se tiene m A 0. Además A m A B m. Veamos que son iguales. Como A m A es un DVD, y A m A B m K es una extensión, también B m es un DVD. Dado x B m, si x / A m A, entonces 1/x A m A y no es una unidad en A m A, por lo tanto 1/x (m A)A m A mb m B m, lo que es una contradicción, ya que x B m. Tenemos pues que A m A = B m. Como consecuencia los localizados B m = A m A son DVD. Parte 2. Cada ideal propio no nulo de B está contenido en un número finito de ideales maximales. Dado un ideal propio 0 b de B, existe un ideal maximal m tal que b m, y se tiene bb m = m em(b) B m. Además se tiene b m si y solo si e m (b) > 0. Vamos a ver que hay una condición de finitud en esta situación. Tomamos 0 b A, como A es un dominio de Dedekind, existe un número finito de ideales maximales de A que contienen a b A. Es claro que para cada ideal maximal m de B se tiene b m si y solo si b A m A; basta pues recordar que la correspondencia m m A es biyectiva. Para esto basta ver que m = (m A)B; dado x = a/s m, se tiene a m A, y por tanto x = a/s (m A)B. La otra inclusión es obvia. 3

4 4 Parte 3.Cada ideal propio no nulo de B es un producto finito de ideales primos. Para el ideal b se tiene la igualdad b = b m (bb m B) = b m (m em(b) B m B) = b m m em(b) = b m m em(b), ya que los ideales m son comaximales. Ejercicio. 6. Se considera el anillo Q[X, Y ] y los ideales a = (X a, Y b), b = (X b, Y a), a, b Q. Determinar explícitamente, dando un sistema de generadores, los siguientes ideales: (1) ab, (2) a + b, (3) a b. (4) Qué relación hay entre ab y a b? Existen valores de a y b para los que son iguales? Solución. (1) Un sistema de generadores de ab es: {(X a)(x b), (X a)(y a), (Y b)(x b), (Y b)(y a)}. (2) Un sistema de generadores de a + b es: {X a, Y b, X b, Y a}. (3) Si a = b, entonces a = b = (X a, Y b). Si a b, un sistema de generadores de a b se obtiene mediante el uso de bases de Groebner utilizando la teoría de la eliminación: GroebnerBasis[{T(X-a),T(Y-b),(1-T)(X-b),(1-T)(Y-a)},{T, X,Y},{T}] Se obtiene el sistema de generadores de la intersección {X + Y a b, Y 2 ay by + ab}. (4) Si a = b, entonces ab a b. Siempre ocurre que ab a b. Para ver cuando se tiene la igualdad basta calcular una base de Groebner de ab y comparar con la base obtenida de a b. En este caso tenemos: GroebnerBasis[{(X-a)(X-b),(X-a)(Y-a),(Y-b)(X-b),(Y-b)(Y-a)},{X,Y}]

5 5 que nos da la base de Groebner {X 2 2bX+aY by a 2 +ab+b 2, XY bx by +b 2, ax bx+ay by a 2 +b 2, Y 2 ay by +ab}. No sabemos si esta base de Groebner es reducida, esto dependerá de los valores particulares que tomen a y b. Como a b, entonces podemos escribir ax bx + ay by a 2 + b 2 = (a b)x + (a b)y (a b)(a + b) = (a b) (X + Y a b). En este caso los ideales ab y a b son iguales, ya que ab contiene un sistema de generadores de a b. Alternativa. Una forma alternativa de resolver estos dos últimos apartados es distinguir los casos a = b y a b. En el primer caso tenemos descripciones sencillas de ab y de a b. En el segundo caso se tiene a + b = A, ya que b a = X a (X b) a + b, y por tanto a a + b. Entonces tenemos ab = a b, ya que si x a b, como existen u a, v b tales que u + v = 1, se tiene x = x 1 = x(u + v) = xu + xv ba + ab = ab.

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