Álgebra. Curso

Transcripción

1 Álgebra. Curso de junio de 2013 Resolución

2 Ejercicio. 1. (2 puntos) Utiliza el teorema del descenso (o alternativamente la localización en primos) para probar el siguiente resultado: Sea K un cuerpo, A una K álgebra finitamente generada que es un dominio, y p 0 p t una cadena de ideales primos. Prueba los siguientes enunciados: (1) Si F es el cuerpo de fracciones de A y d = grtr(f/k), entonces t d. (2) En la situación anterior se tiene t = d si, y sólo si, la cadena de ideales primos no se puede ampliar. (1). Como A es una K álgebra finitamente generada que es un dominio, por el lema de normalización existe una extensión entera B = K[X 1,..., X d ] A, siendo p j B = (X 1,..., X ij ), con i 0 < i 1 < < i t por el teorema de incomparabilidad. Sea E el cuerpo de fracciones de B; tenemos una torre de cuerpos: K E F. Como B A es entera, entonces F/E es una extensión algebraica, y por tanto grtr(f/k) = grtr(e/k) = d. En consecuencia t d. (2). Si t = d, entonces la cadena es maximal y no se puede ampliar. Supongamos que la cadena no se puede ampliar; veamos que i j + 1 = j j+1, y por tanto t = d. Para probar esto tenemos que ver que si i j + 1 < i j+1 entonces llegamos a una contradicción. Por la hipótesis existe una cadena p j B (X 1,..., X ij +1) p j+1 B. Consideramos la extensión entera B/p j B A/p j, por lo que podemos suponer que p j = 0 y también p j B = 0, y por tanto i j = 0. Tenemos entonces en K[X 1,..., X d ] la cadena de ideales primos 0 (X 1 ) p j B, y en A la cadena 0 p j+1. Por el teorema del descenso existe un ideal primo 0 p p j+1 tal que p B = (X 1 ), lo que contradice el que la cadena no se puede ampliar. Ejercicio. 2. (2.5 puntos) Sea a K[X 1,..., X n ] un ideal monomial. Decimos que a es monomial puro si está generado por potencias de los X i. Prueba los siguientes resultados: (1) Todo ideal monomial es una intersección finita de ideales monomiales puros. (2) Todo ideal monomial es, de forma única, una intersección irredundante finita de ideales monomiales puros. (3) Un ideal monomial es monomial irreducible (no es intersección de dos ideales monomiales que lo contienen propiamente) si, y sólo si, es un ideal monomial puro. (4) Determina la descomposición primaria, la descomposición primaria estándar y los ideales primos asociados de los ideales a = (X 3 1, X 3 2, X 2 1X 2 3, X 1 X 2 X 2 3, X 2 2X 2 3). 2

3 (1) Todo ideal monomial es una intersección finita de ideales monomiales puros. Sea a = (X e 1 1 X en n, G 2,..., G s ) un ideal monomial, se tiene la siguiente relación: a = n i=1(x e i i, G 2,..., G s ). Dado un monomio G n i=1(x e i i, G 2,..., G s ), si G es múltiplo de un G j, entonces G a. Por otro lado, si G no es múltiplo de ningún G j, entonces G es múltiplo de X e i i, para cada índice i, y por lo tanto es múltiplo de X e 1 1 Xn en, y pertenece a a. Repitiendo el proceso para cada monomio de a, tenemos el resultado. (2) Todo ideal monomial es, de forma única, una intersección irredundante finita de ideales monomiales puros. Dada una intersección a = t i=1q i, en donde cada q i es un ideal monomial puro, podemos eliminar aquellos q i tales que q i j i q j, y tenemos una intersección irredundante. Dadas dos intersecciones irredundantes t i=1q j = s j=1h j de ideales monomiales puros, supongamos que q 1 = (X e 1 1,..., Xn en ); si h j q 1 para cada índice j = 1,..., s, existe X f j m j h j \ q 1, y por tanto f j < e mj para cada índice j. Si llamamos M = m. c. m.{x f 1 m 1,..., Xm fs s }, se tiene M s j=1h j q 1, y debería existir un exponente f j tal que f j e mj, lo que es una contradicción. (3) Un ideal monomial es monomial irreducible (no es intersección de dos ideales monomiales que lo contienen propiamente) si, y sólo si, es un ideal monomial puro. ( ). Si q es irreducible y tiene un sistema mínimo de generadores q = (G 1 = X e 1 1 Xn en, G 2,..., G t ), entonces q es una intersección q = n i=1(x e i i, G 2,..., G t ), y por ser monomial irreducible, q = (X e i i, G 2,..., G t ) para algún índice i. Entonces e i es el único exponente no nulo. El mismo razonamiento nos lleva a que cada generador G j es también un monomio puro, luego q es un ideal monomial puro. ( ). Sea q = (X e 1 1,..., Xn en ) un ideal monomial puro, y supongamos que a = b 1 b 2, para ideales monomiales b 1, b 2 a. Escribimos b y c como intersección irredundante de ideales monomiales puros: b i = q i,j. Entonces q = ( q 1,j ) ( q 2,j ), y eliminando los ideales q ij redundantes, tendremos en el miembro de la derecha un sólo ideal, por lo tanto b 1 = a ó b 2 = a, y q es irreducible. 3

4 (4) Determina la descomposición primaria, la descomposición primaria estándar y los ideales primos asociados de los ideales a = (X 3 1, X 3 2, X 2 1X 2 3, X 1 X 2 X 2 3, X 2 2X 2 3). Ejercicio. 3. (2 puntos) Sea D un dominio. (1) Si D es un dominio local, prueba que un ideal no nulo a D es invertible si, y sólo si, es un ideal principal. (2) Si D no es necesariamente local, prueba que un ideal finitamente generado no nulo a D es invertible si, y sólo si, ad m es un ideal principal para cada ideal maximal m D. (1). Es claro que si a es principal, entonces es invertible. Por otro lado, si a es invertible y m D es el ideal maximal, se tiene am a. Consideramos x a\am. Se tiene xd = xa 1 a = (xa 1 )a = ba; siendo b = xa 1 D. Si b m, entonces x ba ma, lo que es una contradicción. Tenemos entonces b = D, y por tanto xd = ba = Da = a. (2). ( ). Si a es in D invertible, entonces ad m es un ideal D m invertible, y por tanto principal. ( ). Dado a D, consideramos a(d : a) D y localizamos en los ideales maximales m D: (a(d : a)) m = a m (D : a) m = a m (D m : a m ) = D m. Ya que a es finitamente generado (D : a) m = (D m : a m ). Entonces a(d : a) D, y a es invertible. Continúa en la siguiente página... 4

5 Ejercicio. 4. (3.5 puntos) Estudia las siguientes afirmaciones: 1. Si A es una K álgebra finitamente generada que es un dominio, entonces A es normal. FALSO. Sea K un cuerpo, A = K[X, Y ], y a = (X 2 Y 3 ) A, que es primo. Entonces A/a = K[x, y] es un dominio que no es normal. El elemento a = x/y del cuerpo de fracciones de A/a es entero sobre A/a, ya que es raíz del polinomio X 2 y, pero a / A/a. 2. Si A es una K álgebra que es un K módulo finitamente generado y un dominio, entonces A es normal. CIERTO. Tenemos K A. Para cada 0 a A se tiene K K[a] es un K espacio vectorial de dimensión finita, luego existe 0 F K[X] tal que F (a) = 0. Sea F = Irr(K, a), entonces K[A] = K[X]/(F ) es un cuerpo, y a tiene un inverso en K[A] A. En consecuencia A es un cuerpo, y por tanto es normal. 3. Si K es un cuerpo algebraicamente cerrado y m K[X 1,..., X n ] es un ideal maximal, entonces V(m) es unitario. CIERTO. Dado m K[X 1,..., X n ] maximal; existe una correspondencia biyectiva entre subconjuntos algebraicos de A n (K) e ideales radicales. Si x V(m), entonces I({0}) m, y por la maximalidad de m, se tiene la igualdad, por tanto {x} = V(m). 4. Si e A es un elemento idempotente no nulo entonces A descompone A = ea (1 e)a, y se verifica ea = A e. 5

6 CIERTO. La descomposición A = ea (1 e)a ya la conocemos; cada elemento a A se escribe de forma única como a = ea + (1 e)a. Para ver el isomorfismo consideramos el subconjunto multiplicativo Σ = {1, e}. En Σ 1 A tenemos a = a para todo a A, e(ae a) = 0. Entonces los elementos de 1 e Σ 1 A son de la forma a para 1 a A. Consideramos el siguiente diagrama: λ A Σ f 1 A = A e g ea En donde f está definido por f(a) = ea, que es un homomorfismo de anillos. Como f(e) = e es el elemento uno, resulta que todos los elementos de Σ se aplican en elementos invertibles. Existe pues un único homomorfismo de anillos g que hace conmutativo el diagrama. Es claro que g( a) = f(a) = ea es una aplicación sobreyectiva. Para ver que es inyectiva; si g( a ) = 0, entonces 1 1 ea = 0, y por tanto a = Si m A es un ideal maximal, entonces A m /ma m = A/m. CIERTO. Como m A es un ideal maximal, A/m es un cuerpo. Para cada s A\m, para p : A A/m se tiene p(s) = s + m A/m es invertible, y por lo tanto, si Σ = A \ m, se puede completar el siguiente diagrama: A λ Σ 1 A = A m p g A/m siendo g( a) = (am)(s + s m) 1. Es claro que Ker(g) = ma m, ya que si g( a ) = 0, entonces a + m = 0, s y a m, luego a ma s m; la otra inclusión es clara. Por otro lado, dado a + m A/m, se tiene a + m = g( a), luego g es sobreyectiva. Tenemos pues un isomorfismo g : A 1 m/ma m = A/m. 6. Todo subconjunto multiplicativo saturado Σ A 1 A 2 es de la forma Σ 1 Σ 2, siendo Σ i A i un subconjunto multiplicativo. CIERTO. Dado Σ A 1 A 2 saturado, consideramos Σ i = p i (Σ) A i. Tenemos que Σ i es un subconjunto multiplicativo saturado de A i, ya que si s 1 s 2 Σ 1, existe t A 2 tal que (s 1 s 2, t) Σ, luego (s 1, 1)(s 2, t) = (s 1 s 2, t) Σ, y resulta (s 1, 1), (s 2, t) Σ, luego s 1, s 2 Σ 1. 6

7 Por otro lado tenemos Σ Σ 1 Σ 2, y por otro lado, para cada (s 1, s 2 ) Σ 1 Σ 2 existen t 1 A 1, t 2 A 2 tales que (s 1, t 1 ), (t 2, s 2 ) Σ, entonces (s 1, s 2 )(t 1, t 2 ) = (s 1, t 1 )(t 2, s 2 ) Σ, y (s 1, s 2 ) Σ. 7. Si una base de Groebner (reducida) de a K[X 1,..., X n ] tiene todos sus elementos irreducibles, entonces a es un ideal primo. FALSO. Consideramos el siguiente ejemplo: a = (Y 3 XZ, XY 2 Z 2 ) Q[X, Y, Z]. Una base de Groebner de a es: {Y 5 Z 3, Y 3 + XZ, XY 2 Z 2 }; todos sus elementos son irreducibles. El ideal a no es primo, ya que Z(X 2 Y Z) a, pero Z, X 2 Y Z / a. 8. Si todo submódulo propio de M es noetheriano, entonces M es noetheriano. FALSO. Podemos tomar Z p, en el que todo submódulo es finito, por tanto noetheriano, pero Z p no es noetheriano. 9. Si m es un ideal maximal y q es un ideal m primario, se verifica que cada elemento regular de A/q es invertible? SI. Sea x + q A/q regular; entonces si xy q, se tiene y q. Tenemos que x + q es invertible si, y sólo si, Ax + q = A. Si Ax + q A, existe un ideal maximal n tal que Ax + q n, luego q n, y como es m primario, se tiene n = m. Por tanto Ax + q m, y x m. Existe k N, mínimo, tal que x k q, lo que implica que x k 1 q; y esto es una contradicción. 10. A B es una extensión entera de anillos en la que todo ideal primo no nulo de A es maximal, entonces todo ideal primo no nulo de B es maximal. Opción 1: CIERTO si B es un dominio. Supongamos que B es un dominio de integridad, entonces para cada ideal primo no nulo p B se tiene p A 0. Por la hipótesis p A es un ideal maximal, ya que es primo. Por ser la extensión entera, se tiene que p es un ideal maximal. Opción 2: FALSO si B no es un dominio. Consideramos A = Z, B = Z[ 2] Z[ 2], que es una extensión entera, ya que 2 es entero sobre Z. Consideramos el ideal primo no nulo, p = Z[ 2] 0; es claro que p no es maximal, ya que B = Z[ 2] Z[ 2] p Z[ 2] 0 = Z[ 2] no es un cuerpo. 7