algebra conmutativa (con solucion a ejercicios)

7/21/2019 Algebra Conmutativa (Con Solucion a Ejercicios)

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NOTAS DE TRABAJO, 6

´ ALGEBRA CONMUTATIVA

(incluye soluciones a los ejercicios)

Pascual Jara Mart ınez

Departamento de ´ Algebra. Universidad de Granada

Granada, 1997–2010



Primera redacci on: 1997.

Segunda redacci on: Octubre 2007.Tercera redacci on: Octubre 2008.Cuarta redacci on: Octubre 2009.



Introducci on

Este texto recoge las nociones b´asicas de

´ Algebra Conmutativa y los rudimentos de Geo-metr ıa Algebraica. Desde el primer momento en el hacemos hincapi e en el maridajeexistente

entre nociones abstractas y nociones computacionales, tratando de profundizar en cada unade ellos y centr andonos en los c alculos de los invariantes que vamos introduciendo.

En cada cap ıtulo hacemos primero un desarrollo de la teor ıa procurando incluir en el mis-mo un gran n umero de ejemplos para ilustrar los conceptos introducidos. Cada cap ıtulo secierra con una secci on dedicadas a ejercicios; la gran mayor ıa de los mismos se exponenacompa nados de una soluci on en la parte nal del texto.



.



Indice general

Introducci on I

I Anillos e ideales 11 Denici on de anillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Homomorsmos de anillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Ideales primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 Teorema chino del resto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Radical de un ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 Extensi on y contracci on de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 ´ Algebras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

II Anillos de polinomios 459 Representaci on de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4610 Ordenes en Nn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

11 Algoritmo de la divisi on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5112 Ideales monomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5613 Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5814 Aplicaciones de las Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6715 Aplicaciones de las Bases de Groebner, II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7016 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

III Conjuntos algebraicos anes 8517 Funciones polin omicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8618 Conjuntos algebraicos anes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8619 Ideales de conjuntos de puntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8820 Anillos coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9021 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

IV Modulos 10522 Modulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10623 Homomorsmos de A –m odulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10724 Modulo cociente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11125 Suma directa de A –m odulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11626 Modulos libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11927 Modulos nitamente generados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12228 Modulos noetherianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12529 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

V Categor ıas y funtores 14130 Categor ıas y funtores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

31 Funtores adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151



32 Funtores Hom y producto tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16133 Sucesiones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16634 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

VI Dependencia entera 17735 Extensiones enteras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17836 Lema de normalizaci on de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18537 Teorema de los ceros de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19038 Extensiones trascendentes (repaso) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19339 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

VII Espectro primo y localizaci on 20140 Localizaci on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20241 Ideales primos en anillos de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21442 Modulos de fracciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22643 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

VIII Dimensi on 24544 Anillos noetherianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24645 Anillos artinianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24746 Repaso sobre la dimensi on de anillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25447 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

IX Descomposici on primaria 25948 Descomposici on primaria de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26049 Descomposici on primaria de m odulos sobre anillos noetherianos . . . . . . 26550 Conjuntos algebraicos irreducibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

51 Teorema de Lasker–Noether para anillos de polinomios . . . . . . . . . . . . 28152 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

X Dominios de Dedekind 28753 Anillos de valoraci on discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28854 Ideales fraccionarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29355 Dominios de Dedekind . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29556 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

XI Soluciones a los ejercicios 30757 Ejercicios del Cap ıtulo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30958 Ejercicios del Cap ıtulo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32959 Ejercicios del Cap ıtulo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353

60 Ejercicios del Cap ıtulo IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36561 Ejercicios del Cap ıtulo V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37762 Ejercicios del Cap ıtulo VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38363 Ejercicios del Cap ıtulo VII . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39364 Ejercicios del Cap ıtulo VIII . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40965 Ejercicios del Cap ıtulo IX . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41166 Ejercicios del Cap ıtulo X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417

Bibliograf ıa 421

Indice alfab etico 423



Cap ıtulo I

Anillos e ideales

1 Denici on de anillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Homomorsmos de anillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Ideales primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 Teorema chino del resto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Radical de un ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 Extensi on y contracci on de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 ´ Algebras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Introducci on

En este cap ıtulo se introducen, entre otros, los conceptos de anillo y homomorsmo de ani-llos; en particular aquellos que tiene relaci on con los ideales,

Los anillos objeto de este estudio son anillos conmutativos, por lo que los ideales estudiadosson ideales bil ateros. Esto hace especialmente sencillo el estudio de su estructura a trav es delos ideales primos y maximales y los correspondientes radicales: el nilradical y el radical deJacobson.

Se extiende el radical de un anillo al radical de un ideal utilizando la correspondencia biyec-tiva, para cada homomorsmo f : A −→ B , entre los ideals de Im( f ) y los ideales de A quecontienen a Ker( f ). En particular se estudian la extensi on y la contracci on de ideales para unhomomorsmo de anillos.

El cap ıtulo concluye con una secci on dedicada a las algebras sobre un anillo, introducimos

los anillos de series formales y nos centr andonos especialmente en las algebras nitamente



2 C AP. I. A NILLOS E IDEALES

generadas y los anillos de polinomios.

26 de octubre de 2010 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6



SEC . 1. D EFINICI ON DE ANILLO 3

1. Denici on de anillo

Un anillo es un grupo abeliano ( A , +) junto con una operaci on binaria

×: A × A −→ A ,

llamada producto o multiplicaci on , vericando las siguientes propiedades:

(A-I) Es asociativa , esto es; para cualesquiera a , b , c ∈ A se tiene a ×(b ×c ) = ( a ×b ) ×c .

(A-II

) Tiene elemento uno , esto es; existe un elemento 1∈

A tal que para cualquier elemen-to a ∈ A se tiene a ×1 = a = 1 ×a .

(A-II I) El producto es distributivo respecto a la suma, esto es; para cualesquiera a , b , c ∈ A se tiene a ×(b + c ) = ( a ×b ) + ( a ×c ) y (b + c ) ×a = ( b ×a ) + ( c ×a ).

Si adem as el producto verica la propiedad:

(A-IV ) Conmutativa , esto es; para cualesquiera a , b ∈ A se tiene a ×b = b ×a ;

entonces el anillo se llama un anillo conmutativo .

Dado un elemento a de un anillo ( A , + , ×, 1), un elemento inverso de a es un elemento b ∈ A tal que a ×b = 1 = b ×a .

Un anillo A en el que todo elemento no nulo tiene un inverso decimos que es un anillo dedivisi on . Un anillo de divisi on conmutativo se llama un cuerpo .

Un elemento a ∈ A que tiene inverso se dice que es invertible o tambi en que es una unidad .

Lema. 1.1.El conjunto A × de los elementos invertibles de un anillo A , junto con la multiplicaci ´ on, es un grupo (abeliano).

En este texto vamos a trabajar con anillos conmutativos, a los que designaremos simplemen-te como anillos . Para cualesquiera elementos a , b ∈ A el elemento a ×b lo representaremospor ab y lo llamaremos el producto o multiplicaci´ on de a por b .

Los siguientes resultados son obvios a partir de las deniciones anteriores, y puede decirse

que constituyen la base de la aritm etica de los anillos (conmutativos).

ALGEBRA CONMUTATIVAP. Jara




Lema. 1.2.Sea A un anillo, los siguientes enunciados son ciertos:

(1) Los elementos cero y uno est ´ an determinados de forma ´ unica;

(2) Para cada elemento a ∈ A el opuesto y el inverso, si ´ este ´ ultimo existe, est ´ an determina-dos de forma ´ unica.

DEMOSTRACI ON . (1). Si x e y son ceros de A , entonces

x = x + y = y .

Si x e y son unos de A , entoncesx = xy = y .

(2). Si x e y son opuestos de a ∈ A , entonces:

x = x + 0 = x + ( a + y ) = ( x + a ) + y = 0 + y = y .

Si x e y son inversos de a ∈ A , entonces:

x = x 1 = x (ay ) = ( xa ) y = 1 y = y .

El elemento cero se representa por 0, y el elemento uno se representa por 1. El opuesto deun elemento a ∈ A se representa por −a , y si a = 0, el elemento inverso de a , si existe, serepresenta por a −1.

Proposici on. 1.3.Sea A un anillo, se verica:

(1) a 0 = 0 para todo a ∈

A .(2) A tiene m ´ as de un elemento si, y s ´ olo si, 0 = 1.

(3) (−a )b = −(ab ) = a (−b ), para todos a , b ∈ A . En particular (−1)a = −a .

(4) (n ·a )b = n ·(ab ) = a (n ·b ), para todos a , b ∈ A y n ∈Z.

(5) ( n i = 1 a i )(

m j = 1 b j ) =

n i = 1

m j = 1a i b j , para todos a i , b j ∈ A y n , m ∈N∗.

(6) F ormula de Newton. (a + b )n = n i = 0

n i a i b n −i , para todos a , b ∈ A y n ∈N.

(7) (ab )n

= a n

b n

y (a n

)m

= a nm

, para todos a , b ∈

Z y n , m ∈Z.




SEC . 2. H OMOMORFISMOS DE ANILLOS 5

DEMOSTRACI ON . (1). Para cada a ∈ A se tiene

a = a 1 = a (1 + 0) = a 1 + a 0 = a + a 0,

luego a 0 = 0.(2). Si 0 = 1 en A , entonces A tiene m as de un elemento. Si 0 = 1, entonces para cada a ∈ A setiene a = a 1 = a 0 = 0.(3). Para a , b ∈ A se tiene

0 = a 0 = a (b −b ) = ab + a (−b ),

luego a (−b ) = −(ab ). Y de la misma forma (−a )b = −(ab ).(4). Por inducci on sobre n para n ≥0. Si n < 0, entonces

0 = 0a = ( n −n )a = na + ( −n )a ,

luego (−n )a = −(na ), lo que permite completar el resultado.(5). Por inducci on sobre n y m .(6). Por inducci on sobre n .(7). Por inducci on sobre n y m .

Corolario. 1.4.Sea A un anillo, para a , b ∈ A y para n , m ∈Zse verica:

(n

·a )(m

·b ) = ( nm )

·(ab ).

Seg un hemos visto, cuando el elemento 1 coincide con el elemento 0, entonces todos los ele-mentos del anillo son iguales. Estos anillos se llaman anillos triviales . Los anillos que vamosa considerar son, en general, no triviales.

Observaci on. 1.5.Observar que la existencia de elemento uno forma parte de la denici on de anillo. As ı elconjunto 2 Z, junto con la suma y el producto usuales, no es un anillo, ya que no tiene ele-mento uno.

2. Homomorsmos de anillos

Sean A y B anillos, una aplicaci on f : A −→B se llama un homomorsmo de anillos si vericalas siguientes propiedades:

(HA- I) Para cualesquiera a , b ∈ A se tiene f (a + b ) = f (a ) + f (b ).

(HA- II ) Para cualesquiera a , b ∈

A se tiene f (ab ) = f (a ) f (b ).





(HA- II I) f (1) = 1.

Proposici on. 2.1.Para cada anillo A existe un ´ unico homomorsmo de anillos f : Z−→ A .

Proposici on. 2.2.Si f : A −→ B y g : B −→ C son homomorsmos de anillos, entonces la composici ´ ong ◦ f : A −→C es un homomorsmo de anillos.

Proposici on. 2.3.Para cada anillo A existe un homomorsmo id A : A → A denido id A (a ) = a para cada elemento a ∈ A ; este homomorsmo verica:

(1) Para cada homomorsmo f : A →B se tiene f ◦id A = f y (2) Para cada homomorsmo g : C → A se tiene id A ◦g = g .

Subanillos

Si f : A −→B un homomorsmo de anillos el subconjunto

Im( f ) = { f (a )∈B | a ∈ A }de B verica las siguientes propiedades:

(SA-I) Es un subgrupo de B .

(SA-II ) Es cerrado para la multiplicaci on en B .

(SA-II I) 1∈Im( f ).

En general un subconjunto A de un anillo A vericando las propiedades (SA-I), (SA-II) y (SA-III) se llama un subanillo de A .

El conjunto de los subanillos de un anillo A verica algunas propiedades de inter es. Entreellas destacamos la siguiente:

Lema. 2.4.Si { A α | α ∈ Γ}es una familia de subanillos de A , entonces tambi ´ en lo es su intersecci ´ on

∩α A α .

Como consecuencia, dado un subconjunto X de A podemos considerar el menor subanillode A que contiene a X , este es simplemente la intersecci on

∩{B | X ⊆B , y B es un subanillo de A }.





Se llama el subanillo generado por X .Ejercicio. 2.5.Prueba que los elementos de este subanillo son las expresiones polin ´ omicas en elementos de X ∪{1}con coecientes en Z.

Este subanillo se representa por X ∪{1}.

Ideales

Por otro lado, dado un homomorsmo de anillos f : A −→B , el subconjunto de A

Ker( f ) = {x ∈ A | f (x ) = 0}verica las siguientes propiedades:

(ID- I) Es un subgrupo de A ;

(ID- II ) Para cualesquiera a ∈ A y x ∈Ker( f ) se tiene ax ∈Ker( f ).

En general denimos un ideal de un anillo A como un subconjunto a de A vericando laspropiedades (ID-I) y (ID-II). Un ideal a de A es propio si a = A , y trivial si a = {0}.

Los ideales verican algunas propiedades interesantes. Por ejemplo:

Lema. 2.6.

(1) La intersecci ´ on de una familia de ideales {aα | α∈Γ}es un ideal y

(2) la suma de una familia de ideales, {aα | α∈Γ}, denida como,

{aα | α∈Γ}= a α j | α j ∈F ⊆Γ nito, a α j ∈aα j , ∀α j ∈F

es un ideal.

Decimos que el ideal a es menor que el ideal b si a ⊆ b. Esto dene una relaci on de orden,a ≤b, en el conjunto de todos los ideales del anillo A . Respecto a este orden el ınmo de unafamilia de ideales es la intersecci on y el supremo es la suma.

Dado un subconjunto X de A , existe un menor ideal, representado por A X o (X ), que contie-

ne a X , y que se puede denir como la intersecci on de todos los ideales de A que contienen a





X .Sellamael ideal generado por X y el conjunto X sedicequeesun sistema de generadores

de A X .Ejercicio. 2.7.Prueba que los elementos de A X son todas las expresiones (nitas) de la forma i a i x i , cona i ∈ A y x i ∈X .

En el caso en que X = {x }, la descripci on de (X ) es especialmente sencilla:

(X ) = ( x ) = {ax | a ∈ A }= Ax .

Llamaremos a (x ) = Ax el ideal principal generado por x .

Un ideal a de A se llama nitamente generado si existe un subconjunto nito X de A tal quea = (X ).

Existe otra operaci on entre ideales, el producto de ideales , denido de la siguiente forma:sean a y b ideales de un anillo A , denimos ab como el conjunto de todos los elementos de laforma {a i b i | a i ∈ a, b i ∈ b}. Es claro que ab es un ideal de A contenido en la intersecci onde a y b.

Dados dos ideales a y b se dene un nuevo ideal, el ideal cociente

(a : b) =

{x

∈ A

| x b

⊆

a

}.

Lema. 2.8.Para cada dos ideales a y b se tiene que (a : b) es un ideal que contiene a a.

Anillo cociente

Sea a un ideal de un anillo A . En el grupo cociente A / a podemos denir una operaci on binariamediante:

(a + a)(b + a) = ab + a,con esta operaci on A / a tiene estructura de anillo, con elemento uno igual a 1 + a y la aplica-cion can onica

p : A −→ A / a

es un homomorsmo de anillos. El anillo A / a se llama el anillo cociente de A por el ideal a.

Este proceso de la construcci on del anillo cociente est a determinado de forma unica en elsiguiente sentido. Sea A un anillo, una relaci on de equivalencia ∼ se llama compatible conlas operaciones de A si verica:

si a ∼b y a ∼b , entonces a + b ∼a + b ,

si a ∼

b y a ∼b , entonces ab ∼

a b .





Es claro que si ∼es una relaci on de equivalencia en un anillo A , entonces ∼es compatible si,

y solo si, en A /∼

podemos denir una estructura de anillo mediante:

[a ] + [b ] = [a + b ],[a ]×[b ] = [a ×b ],

y donde el elemento uno es [1]. Esto es, tal que la proyecci on p : A −→ A / ∼sea un homo-morsmo de anillos.

Adem as una relaci on de equivalencia compatible ∼determina un ideal a de A en la siguienteforma:

a = {a ∈ A | a ∼0},

y rec ıprocamente, dado un ideal a de A , la relaci on ∼denida por a ∼ b si a −b ∈ a es unarelaci on de equivalencia compatible.

Proposici on. 2.9.Para cada anillo A existe una correspondencia biyectiva entre:

( I) relaciones de equivalencia compatibles en A ,

( II ) ideales de A .

Propiedad universal

Proposici on. 2.10. (Propiedad universal del anillo cociente)Dado un anillo A y un ideal a ⊆ A , para cada homomorsmo de anillos f : A −→ B tal que

f (a) = 0 existe un ´ unico homomorsmo de anillos f : A / a −→ B tal que f = f ◦p . Esto es,el siguiente diagrama conmuta.

A p

f

A / a

∃1 f

B

Un homomorsmo de anillos f : A −→ B es un isomorsmo si existe un homomorsmo deanillos g : B −→ A tal que f ◦g = id B y g ◦ f = id A , o equivalentemente si f es una aplicaci on

inyectiva y sobreyectiva, esto es, una biyecci on.





Proposici on. 2.11.Dado un homomorsmo de anillos f : A

−→ B , existe un ´ unico homomorsmo natural f

que completa el siguiente diagrama:

A f

p

B

A / Ker( f )∃1 f

Im( f )

i

Adem ´ as f es un isomorsmo.

Proposici on. 2.12.La imagen del ´ unico homomorsmo f : Z−→ A se llama el subanillo caracter ´ ıstico de A .El n ´ ucleo de f es un ideal de Z, por lo tanto es de la forma n Z, para n ≥ 0. Llamamos a n la caracter ´ ıstica del anillo A .

3. Ideales primos

Sea A un anillo, un elemento a ∈ A se llama un divisor de cero si existe un elemento no nulo

b ∈ A tal que ab = 0. Los elementos de A que no son divisores de cero se llaman elementosregulares .

Cuando el elemento cero es el unico divisor de cero de un anillo A , se dice que A es un domi-nio de integridad , o simplemente un dominio .

Un elemento a de un anillo A se llama nilpotente si existe un entero positivo n ∈ N∗ tal quea n = 0.

Ejercicio. 3.1.Prueba que los elementos nilpotentes de un anillo forman un ideal.

Sea A un anillo, un ideal propio p de A se llama un ideal primo si para cualesquiera a , b ∈ A tales que ab ∈p, se tiene a ∈p o b ∈p.

Ejemplo. 3.2.En el caso del anillo Zde los n umeros enteros los ideales primos son:

(I) el ideal cero y

(II

) los ideales de la forma p Z, siendo p un entero primo (positivo).




SEC . 3. I DEALES PRIMOS 11

Lema. 3.3.Sea A un anillo y p un ideal propio, las siguientes condiciones son equivalentes:

(a) p es un ideal primo;

(b) A / p es un dominio de integridad.

DEMOSTRACI ON . Supongamos que p es un ideal primo, y sea (a + p)(b + p) = 0, entoncesab ∈ p, y ya que p es primo, tenemos a ∈ p o b ∈ p, entonces a + p = 0 o b + p = 0. La otraimplicaci on es similar.

Estudiamos ahora c omo cambian los ideales primos en un cambio de anillo.

Lema. 3.4.Sea f : A −→B un homomorsmo de anillos, se verica:

(1) Si q es un ideal primo de B , entonces f ∗(q) es un ideal primo A .

(2) Existe una correspondencia biyectiva entre los ideales de A que contienen a Ker( f ) y los ideales de Im( f ).

(3) En esta correspondencia la imagen y la preimagen de ideales primos son tambi ´ en idea-les primos.

DEMOSTRACI ON . (1). Sean a , b ∈ A tales que ab ∈ f ∗(p), entonces se verica f (a ) f (b ) = f (ab )∈ f

∗ f ∗(p)⊆p, luego f (a )∈p o f (b )∈p, y tenemos a ∈ f ∗(p) o b ∈ f ∗(p).

(2). Si b⊆B es un ideal, entonces f ∗(b)⊇Ker( f ) es un ideal. Por otro lado, si a⊇Ker( f ) es unideal, entonces f

∗(a) es un ideal de B . Solo falta ver que estas aplicaciones son, una inversa de

la otra.

(3). Es claro.

Observa que la siguiente propiedad es en realidad una nueva caracterizaci on de ideales pri-mos.Teorema. 3.5.Sean a1, . . . , an ideales de A y p un ideal primo de A , si a1 ∩. . . ∩an ⊆ p, entonces existe un´ ındice i tal que a i ⊆p. Adem ´ as si p = a1 ∩. . . ∩an , entonces a i = p para alg ´ un ´ ındice i .

DEMOSTRACI ON . Si a1 ∩. . . ∩an ⊆ p, y para cada ındice i se verica a i p, entonces existex i ∈ ai \ p, y tenemos x 1 · · ·x n ∈ a1 · · ·an ⊆ a1 ∩. . . ∩an ⊆ p, y como p es primo, existe un

ındice i tal que x i ∈p, lo que es una contradicci on.





Ver tambi en Ejercicio ( 8.10. ).

Ideales maximales

Sea A un anillo, un ideal propio m de A se llama maximal si para cada ideal propio a de A talque m⊆a A se tiene m = a .

Lema. 3.6.Sea A un anillo y m un ideal propio, las siguientes condiciones son equivalentes:

(a) m es un ideal maximal;

(b) A / m es un cuerpo.

De la misma forma que en el caso de ideales primos, vamos a estudiar el comportamiento delos ideales maximales respecto a un homomorsmo de anillos.

Lema. 3.7.Sea f : A −→ B un homomorsmo de anillos, entonces la correspondencia descrita en el Lema (3.4. ) establece una correspondencia biyectiva entre los ideales maximales de A que

contienen a Ker( f ) y los ideales maximales Im( f ).Ejercicio. 3.8.En general, dado un homomorsmo de anillos f : A −→ B , si m es un ideal maximal de B ,no necesariamente f ∗(m) es un ideal maximal de A . Dar un ejemplo.

Lema. 3.9. (Teorema de Krull.)Sea A un anillo, existe al menos un ideal maximal de A .

DEMOSTRACI ON . Se considera el conjunto Γ = {a | a es un ideal propio de A }. El conjunto Γ

es no vac ıo, ya que 0 ∈ Γ, y est a ordenado por la inclusi on. Cada cadena en Γ tiene una cotasuperior en Γ, ya que la uni on de una cadena de ideales propios es un ideal propio. Luegoen Γ existen elementos maximales. Es claro que cada elemento maximal de Γ es un idealmaximal.

Corolario. 3.10.Sean A un anillo y a un ideal propio de A , entonces existe un ideal maximal m de A tal que a⊆m.

DEMOSTRACI ON . Basta considerar el anillo cociente A / a y la correspondencia establecida en

el Lema ( 3.4.).




SEC . 3. I DEALES PRIMOS 13

Corolario. 3.11.Sea A un anillo y x

∈ A un elemento que no es invertible en A , existe un ideal maximal m de

A tal que x ∈m.

DEMOSTRACI ON . Basta considerar el ideal (x ), que es propio por no ser x invertible.

Anillos locales

Un anillo A se llama local si tiene un unico ideal maximal. Si A es un anillo local con idealmaximal m, entonces el cuerpo A / m se llama el cuerpo residual de A .

Lema. 3.12.Sea A un anillo y m un ideal propio de A , son equivalentes:

(a) cada elemento x ∈ A \ m es invertible,

(b) A es un anillo local con ideal maximal m.

DEMOSTRACI ON . Dado un ideal propio a de A , los elementos de a no son invertibles, luegoa⊆m.

Lema. 3.13.Sea A un anillo y m un ideal maximal de A tal que cada elemento x ∈ 1 + m es invertible,entonces A es un anillo local.

DEMOSTRACI ON . Dado x ∈ A \ m, tenemos m + Ax = A , y existen m ∈ m, a ∈ A tales quem + ax = 1, luego ax = 1 −m ∈1 + m. Entonces ax es invertible, y por tanto x tambi en lo es. Aplicando el Lema ( 3.12. ) tenemos el resultado.

Radicales

Sea A un anillo, llamamos nilradical de A al conjunto de todos los elementos nilpotentes de A , y lo representamos por Nil( A ).

Lema. 3.14.Sea A un anillo, entonces Nil( A ) es un ideal y el anillo cociente A / Nil( A ) no tiene ning ´ un

elemento nilpotente no nulo, esto es, Nil( A / Nil( A )) = 0.





DEMOSTRACI ON . Sean a , b ∈ Nil( A ), entonces existe n ∈ Ntal que a n = 0 = b n ; entonces

se verica: (a + b )2n

= 0, y a + b ∈ Nil( A ). Si tenemos ahora c ∈ A , entonces (ca )n

= 0 y ca ∈Nil( A ).

Un anillo A con Nil( A ) = 0 se llama un anillo reducido .

Teorema. 3.15.Para cada anillo A se tiene que Nil( A ) es la intersecci ´ on de todos los ideales primos de A .

DEMOSTRACI ON . Llamamos N a la intersecci on de todos los ideales primos del anillo A . Si

x ∈ Nil( A ), entonces existe n ∈Ntal que x n

= 0, luego para cada ideal primo p se tiene x ∈ p, y como consecuencia x ∈N . Sea ahora x ∈N \Nil( A ), llamamos

Γ = {a⊆ A | ∀n ≥1, x n /∈a} Ya que 0 ∈ Γ, se tiene que Γ = ∅. Es claro que Γ est a ordenado por la inclusi on y que esinductivo, por tanto tiene un elemento maximal. Sea p ∈ Γ maximal, y sean a , b ∈ A talesque ab ∈ p, si a , b /∈ p, entonces p + Aa , p + Ab /∈ Γ, por lo tanto existen n , m ∈ Ntales quex n ∈ p + Aa y x m

∈ p + Ab , y se tiene x n + m ∈ (p + Aa )(p + Ab ) = p + Aab ⊆ p, lo que es una

contradicci on.

Utilizando el Teorema ( 3.15. ) como modelo podemos denir un an alogo al nilradical. El ra-dical de Jacobson de un anillo A , que se dene como la intersecci on de todos los idealesmaximales de A , y que se representa por Rad( A ) y tambi en por J ( A ).

Rad( A ) = ∩{m⊆ A | m es un ideal maximal de A }.

Vamos a buscar una descripci on de los elementos de Rad( A ).

Proposici on. 3.16.

Sea A un anillo, entonces las siguientes condiciones son equivalentes: (a) x ∈Rad( A );

(b) Para todo a ∈ A el elemento 1 −ax es invertible en A .

DEMOSTRACI ON . Supongamos que x ∈ Rad( A ) y sea a ∈ A tal que 1 −ax no es invertible en A . Existe un ideal maximal m tal que 1 −ax ∈ m, por la hip otesis x ∈ m, luego m = ( 1) = A ,lo que es una contradicci on. Por otro lado, sea x /∈ Rad( A ), entonces existe un ideal maximalm tal que x /∈ m, como consecuencia tenemos m + Ax = A y existe m ∈ m tal que m + ax = 1

para alg un a ∈

A , entonces 1 −ax = m ∈

m no ser ıa invertible en A .




SEC . 4. T EOREMA CHINO DEL RESTO 15

Lema. 3.17.Sea A un anillo, entonces las siguientes condiciones son equivalentes:

(a) A es un anillo local;

(b) A \ Rad( A ) es el conjunto de los elementos invertible en A ;

(c) Existe un ideal propio a de A tal que A \ a est ´ a contenido en el conjunto de los elementos invertibles.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Si A es un anillo local, entonces Rad( A ) es el unico ideal maximal

de A , luego A \ Rad( A ) es el conjunto de los elementos invertibles de A .(b)⇒(c). Basta tomar a = Rad( A ).(c)⇒(a). Supongamos que a es un ideal propio de A con A \ a contenido en el conjunto delos elementos invertibles, entonces a es un ideal maximal y contiene a cualquier otro idealpropio de A , por tanto A es un anillo local con ideal maximal a.

Ejemplo. 3.18.En el caso del anillo Zdelosn umeros enteros el nilradical es cero, ya que 0 es un ideal primo, y el radical de Jacobson es cero, ya que la intersecci on de todos los ideales maximales (los dela forma

p Z, con

p un entero primo positivo) es tambi en igual a 0.

4. Teorema chino del resto

Dos ideales a y b de un anillo A se llaman comaximales o primos relativos si a + b = A .

Lema. 4.1.Sea A un anillo, si a y b son ideales comaximales, entonces se verica: ab = a ∩b.

DEMOSTRACI ON . Siempre se verica que ab ⊆ a ∩ b. Por otro lado sea x ∈ a ∩ b, por lahip otesis existen a ∈ a y b ∈ b tales que a + b = 1, entonces x = ax + bx ∈ ab , y se verica laigualdad.





Proposici on. 4.2. (Teorema chino del resto.)Sean A un anillo, a1, . . . ,an ideales de A y f la aplicaci ´ on can ´ onica:

f : A −→n

i = 1

A / a i , f (a ) = ( a + a i )i

Entonces se verica:

(1) Si a i y a j son comaximales, cuando i = j , entonces a1 · · ·an = a1 ∩. . . ∩an ;

(2) f es sobreyectiva si, y s ´ olo si, ai y a j son comaximales si i = j , para todos los ´ ındices i , j ;

(3) f es inyectiva si, y s ´ olo si, a1

∩. . .

∩an = 0.

DEMOSTRACI ON . (1). Hacemos inducci on sobre n . Para n = 2 es el Lema ( 4.1.). Supongamosque es cierto para n −1; ya que a i + an = A , para 1 ≤ i ≤ n −1, tomamos x i ∈ ai , y i ∈ an talque x i + y i = 1. Construimos entonces:

x 1 · · ·x n −1 = ( 1 − y i ) · · ·(1 − y n −1) = 1 + y

para alg un y ∈an ; luego (a1 · · ·an −1) + an = A , y tenemos:

(a1 · · ·an −1)an = ( a1 · · ·an −1) ∩an = ( a1 ∩· · ·∩an −1) ∩an .

(2). Tomamos a1, a2. Por hip otesis existe x ∈ A tal que f (x ) = ( 1, 0, . . . , 0), luego x −1 ∈ a1 y x ∈a2, y tenemos

1 = x −(x −1)∈a1 + a2.Recıprocamente, si a1 + a i = A , para 2 ≤ i ≤ n , existen x i ∈ a1, y i ∈ ai tales que x i + y i = 1.Denimos x = y 2 · · · y n = ( 1 − x 2) · · ·(1 − x n ) = 1 + x para alg un x ∈ a1, luego f (x ) =(1, 0. . . . , 0).(3). Es evidente.

Proposici on. 4.3. (Teorema de elusi on)Sea A un anillo, p1, . . . , pn ideales primos de A y a un ideal de A tal que a ⊆ p1 ∪ . . . ∪ pn ,

entonces existe un ´ ındice i tal que a⊆

pi .

DEMOSTRACI ON . Hacemos inducci on sobre n . Para n = 1 el resultado es cierto. Supongamosque sea cierto para n −1 (n ≥2), y sea a pi para cada ındice i . Entonces

a p1∪. . .∪pi −1∪pi + 1∪. . .∪pn

y existe x i ∈ a \ p1∪. . .∪pi −1∪pi + 1∪. . .∪pn . Si x i /∈ pi , entonces a p1∪. . .∪pn y hemosterminado. Supongamos entonces que x i ∈pi para cada ındice i . Denimos

y =n

i = 1

x 1

· · ·x i

−1x i + 1

· · ·x n ;




SEC . 5. R ADICAL DE UN IDEAL 17

tenemos y ∈a e y /∈pi para cada ındice i , luego a p1∪. . .∪pn .

Extensiones del Teorema de elusi on

Lossiguiente resultados son de aplicaci on encontextos m as espec ıcos; los incluimosaqu ıpa-ra ver posibles extensiones de la teor ıa.

Teorema. 4.4.Sea A un anillo y p1, . . . , pn ideales. Si se verica una de las dos condiciones:

(1) a lo m ´ as dos de estos ideales no son primos, cuando n > 2, o

(2) A contiene un cuerpo innito,

para cada ideal a tal que a⊆∪n i = 1pi existe un ´ ındice i tal que a⊆pi .

DEMOSTRACI ON . (1). Hacemos inducci on sobre n . Si n = 1, el resultado es cierto. Si n = 2, y a pi , i = 1, 2, existen x 1 ∈a \ p2, x 2 ∈a \ p1; observar que entonces x i ∈pi , i = 1, 2. Entonces y = x 1 + x 2 /∈ p1∪p2. Supongamos ahora que n > 2. Consideramos p1 primo y si a pi , paracada ındice i , existe x i ∈a \ p1∪. . . pi −1∪pi + 1∪. . .∪pn . Si x i /∈pi , entonces a ∪

n i = 1pi , lo que

es una contradicci on. Por tanto para cada ındice i se tiene x i

∈pi . En particular x 2

· · ·x n

∈pi ,

2 ≤ i ≤ n , y denimos y = x 1 + x 2 · · ·x n ∈ pi , 2 ≤ i ≤ n . Como p1 es primo y resulta quex i /∈ p1, 2 ≤ i ≤ n , entonces x 2 · · ·x n /∈ p1. Como x 1 ∈ p1, resulta y /∈ p1. Entonces y /∈ ∪n

i = 1pi ,lo que es una contradicci on.(2). Si a ⊆ ∪n

i = 1pi , entonces a = ∪n i = 1(a ∩pi ) es un espacio vectorial propio que es una uni on

de espacios vectoriales; esto es una contradicci on.

5. Radical de un ideal

Sea a un ideal de un anillo A , llamamos radical de a al conjunto

rad( a) = {x ∈ A | ∃n ∈N, x n ∈a}.

Si a = A , de la denici on, se tiene rad( A ) = A , y si a = 0, se tiene rad(0) = Nil( A ). Atenci on, nose suele emplear rad( A ) para el radical del ideal A , sino para el nilradical del anillo A .

Lema. 5.1.Sean A un anillo y a un ideal propio de A , se verica la igualdad:

rad( a)/ a = Nil( A / a).





Corolario. 5.2.En la situaci ´ on anterior se verica:

rad( a) = ∩{p | p es un ideal primo de A y p⊇a}.

Proposici on. 5.3.Sean A un anillo, a y b ideales de A y p un ideal primo de A , se verica:

(1) a⊆rad( a).

(2) Si a⊆b, entonces rad(a)⊆rad( b).

(3) rad(a) = rad(rad( a)) .

(4) rad(ab ) = rad( a ∩b) = rad( a) ∩rad( b).

(5) rad(a) = A si, y s olo si, a = A .

(6) rad(a + b) = rad(rad( a) + rad( b)) .

(7) rad(pn ) = p para cada n ∈N∗.

DEMOSTRACI ON . (4). Se tiene la inclusi on ab ⊆ a ∩b ⊆ a, b, y por tanto se tiene rad(ab ) ⊆rad( a ∩b)

⊆rad( a) ∩rad( b). Por otro lado, si x ∈rad( a) ∩rad( b), existe n

∈Ntal que x n

∈a ∩b, y se tiene que x 2n

∈ab , luego x ∈rad( ab ).

(6). Se tiene a + b⊆rad( a)+rad( b),yportanto rad( a + b)⊆rad(rad( a)+rad( b)) . Por otro lado, six ∈rad(rad( a)+rad( b)) , existe n ∈Ntal que x n

∈rad( a)+rad( b). Sea x n = a + b ,con a ∈rad( a) y b ∈rad( b). Existe m ∈Ntal que a m

∈a y b m ∈b, entonces (x n )2m = ( a + b )2m

∈a + b, luegox 2mn ∈a + b y se tiene x ∈rad( a + b).

Corolario. 5.4.Sean A un anillo, y a, b ideales de A , son equivalentes:

(a) rad(a) y rad(b) son comaximales.

(b) a y b son comaximales.

DEMOSTRACI ON . Tenemos las siguientes igualdades:

rad( a + b) = rad(rad( a) + rad( b)) = rad( A ) = A ,

luego a + b = A .




SEC . 6. E XTENSI ON Y CONTRACCI ON DE IDEALES 19

Ideales primos minimales

Sea a un ideal de un anillo A , un ideal primo p es un ideal primo minimal sobre a si a ⊆ p y para cualquier otro ideal primo q tal que a ⊆ q ⊆ p se tiene q = p. Los ideales primosminimales sobre 0 en A son los ideales primos minimales de A .

Proposici on. 5.5.Sea A un anillo y a un ideal propio de A , entonces existen ideales primos minimales sobre ay cada ideal primo que contiene a a contiene un ideal primo minimal sobre a.

DEMOSTRACI ON . Denimos Γ = {p | p es un ideal primo que contiene a a}. Es claro que Γes no vac ıo, pues cada ideal propio de A est a contenido en un ideal maximal, y por tanto enun ideal primo. Sea {pi }i una cadena de ideales en Γ, entonces ∪i pi es un ideal que contienea a ; vamos a ver que es primo. En efecto, si ab ∈∪i pi , existe un ındice i tal que ab ∈pi , y comopi es primo se tiene a ∈p o b ∈pi , luego ∪i pi es un ideal primo.

Si q⊇a es un ideal primo, consideramos la familia

Γq = {p | p⊆q es un ideal primo que contiene a a}.

Ver Ejercicio ( 8.14. ).

En consecuencia para cada ideal a el radical de a es la intersecci on de todos los ideales primosminimales sobre a.

rad( a) = ∩{p | p es un ideal primo minimal sobre a}.

Este resultado ser a de inter es en el caso en que solamente haya un n umero nito de ideales

primos minimales que contienen a a.

6. Extensi on y contracci on de ideales

Sea f : A −→B un homomorsmo de anillos. Dado un ideal a de A , llamamos extensi on de aal ideal de B generado por f

∗(a), y lo representamos por ae . Esto es; ae = Bf

∗(a). De la misma

forma, para cada ideal b de B , llamamos contracci on de b a la imagen inversa de b en A , y lo

representamos por bc .





Proposici on. 6.1.Sea f : A

−→B un homomorsmo de anillos, entonces existen dos aplicaciones:

(−)e : {ideales de A }−→{ideales de B }, a →ae

(−)c : {ideales de B }−→{ideales de A }, b →bc

que denen una conexi ´ on de Galois , esto es;

( I) Si a1 ⊆a2 son ideales de A , entonces ae 1 ⊆ae

2, y si b1 ⊆b2 son ideales de B , entonces bc

1 ⊆bc 2.

( II ) Si a es un ideal de A , entonces a⊆aec y

si b es un ideal de B , entonces b⊇

bce

.( II I) Si a es un ideal de A , entonces ae = aece y

si b es un ideal de B , entonces bc = bcec .

( IV ) Si A es el conjunto de los ideales contra ´ ıdos en A y B es el conjunto de los ideales extendidos en B , entonces se tiene A = {a | aec = a}, B = {b | bce = b}y existe una biyecci ´ on de Aa B .

Proposici on. 6.2.Sean f : A −→ B un homomorsmo de anillos, a1, a2 ideales de A y b1, b2 ideales de B , se verica:

(1) (a1 + a2)e = ae 1 + ae

2.

(2) (b1 + b2)c ⊇bc

1 + bc 2.

(3) (a1 ∩a2)e ⊆ae

1 ∩ae 2.

(4) (b1

∩b2)c = bc

1 ∩bc

2.

(5) (a1a2)e = ae 1ae

2.

(6) (b1b2)c ⊇bc

1bc 2.

(7) (a1 : a2)e ⊆(ae

1 : ae 2).

(8) (b1 : b2)c ⊆(bc

1 : bc 2).

(9) rad(a1)e ⊆rad( ae

1).

(10) rad(b1)c = rad( bc 1).




SEC . 7 . ´ A LGEBRAS 21

7. ´ Algebras

Sea A un anillo. Una A –algebra esun anillo B junto con un homomorsmo de anillos f : A −→B . Como consecuencia una A –algebra es un anillo B que tiene estructura de A –m odulo y queverica la siguiente condici on de compatibilidad:

a 1(ba 2) = ( a 1b )a 2 ∀a 1, a 2 ∈ A y ∀b ∈B .

Si B y C son A –algebras, un homomorsmo de A –algebras de B a C es un homomorsmo deanillos f : B −→C que es tambi en homomorsmo de A –m odulos.

El ejemplo m as conocido de A -algebra se tiene cuando A = Z: todo anillo es una Z- ´ algebra .

Como ya hemos visto, para cada anillo A existe un unico homomorsmo de anillos f : Z−→ A , e l n ucleo es de la forma n Zpara alg un n ∈N. E l n umero entero n se llama la caracter ıstica de A . Observar que si n = 0, entonces n es el menor entero positivo n tal que na = 0 paracada a ∈ A .

Sobre la aritm etica de los anillos de polinomios ver los Ejercicio ( 8.34. ) y (8.35. ).

Anillos de polinomios

Para cada anillo A existe una forma simple de construir una A –algebra, y es considerar A [ X ],el anillo de polinomios en la indeterminada X con coecientes en A . Recordar que el anillode polinomios A [ X ] se construye como el conjunto de todas las expresiones formales del tipo

a 0 + a 1 X + · · ·+ a n X n ,

en donde a i ∈ A . En A [ X ] se denen dos operaciones que le dan estructura de anillo de formaque la aplicaci on

p : A −→ A [ X ], p (a ) = a

sea un homomorsmo de anillos.

El par (p , A [ X ]) verica la siguiente propiedad universal:





Teorema. 7.1. (Propiedad universal del anillo de polinomios.)Para cada anillo B , cada homomorsmo de anillos f : A

→ B y cada elemento b

∈ B , existe

un ´ unico homomorsmo de anillos f b : A [ X ] −→B tal que f b ( X ) = b y f = f b ◦p .

A p

f

A [ X ]

∃1 f b

B

El homomorsmo f b se llama el homomorsmo de evaluaci on en X = b .

Observar que el anillo de polinomios con coecientes en A en las indeterminadas X 1, . . . , X n se puede construir de forma recursiva como A [ X 1, . . . , X n ] = A [ X 1, . . . , X n −1][ X n ]. Por tanto loselementos de A [ X 1, . . . , X n ] admiten una expresi on i a i X i n , siendo a i ∈ A [ X 1, . . . , X n −1]. Tam-bi en podemos escribir los elementos de A [ X 1, . . . , X n ] en la forma i 1 ,..., i n a i 1 ,..., i n X i 11 · · · X i n

n ,con a i 1 ,..., i n ∈ A casi todos nulos.

El anillo de polinomios en varias indeterminadas tiene tambi en una propiedad universal si-milar a la enunciada en el Teorema ( 7.1.).

Teorema. 7.2. (Propiedad universal del anillo de polinomios.)Para cada anillo B , cada homomorsmo de anillos f : A

→ B y cada lista de n elementos

b 1, . . . , b n ∈B , existe un ´ unico homomorsmo de anillos f b 1 ,..., b n : A [ X 1, . . . , X n ] −→B tal que f b 1 ,..., b n ( X i ) = b i para cada ´ ındice i y f = f b 1 ,..., b n ◦p .

A p

f

A [ X 1, . . . , X n ]

∃1 f b 1,..., b n

B

El homomorsmo f b 1 ,..., b n se llama el homomorsmo de evaluaci on en X 1 = b 1, . . . , X n = b n .

Dado un anillo A y un conjunto Λ, si consideramos un conjunto de indeterminadas indizadoen Λ, { X α | α∈Λ}, el anillo de polinomios con coecientes en A en las indeterminadas { X α |α ∈ Λ}se dene como la uni on de los anillos B = ∪{ A [ X α | α ∈ F ⊆ Λ] | F nito , F ⊆ Λ}. Sise denen en B la suma y el producto en la forma obvia, cada inclusi on A [ X α | α∈F ⊆Λ]⊆B es un homomorsmo de anillos. El anillo B se representa por A [{ X α | α ∈ Λ}], y se llama elanillo de polinomios en las indeterminadas { X α | α∈Λ}.

Si A es un anillo, una A –algebra B se llama nitamente generada si existe un homomor-smo sobreyectivo de un anillo de polinomios, con coecientes en A en un n umero ni-

to de indeterminadas, a B . O equivalentemente, si existen elementos b 1, . . . , b t ∈ B , c α ∈26 de octubre de 2010 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6




A , tales que cualquier elemento b ∈ B se escribe como una suma nita en la forma b =

α∈Nt c α b α 1

1 · · ·b α t

t , siendo α = ( α1, . . . , α n )∈N

n

.Sea K un cuerpo y B una K –algebra. Un conjunto de n elementos b 1, . . . , b n ∈ B se dice quees algebraicamente independiente sobre K si para cada polinomio F ∈K [ X 1, . . . , X n ] tal queF (b 1, . . . , b n ) = 0 se tiene que F = 0. Vamos a caracterizar las listas de elementos algebraica-mente independientes como aquellas que generan subanillos que son isomorfos a anillos depolinomios. Tenemos la siguiente proposici on:

Proposici on. 7.3.Sea K un cuerpo y B una K – algebra. Para una lista b 1, . . . , b n de elementos de B son equiva-lentes los siguientes enunciados:

(a) b 1, . . . , b n es algebraicamente independiente;

(b) El homomorsmo f : K [ X 1, . . . , X n ] −→B , denido por la propiedad universal, es inyec-tivo.

DEMOSTRACI ON . (a ) ⇒ (b ). Siguiendo con la notaci on de la propiedad universal del anillode polinomios el homomorsmo de evaluaci on para X 1 = b 1, . . . , X n = b n es inyectivo, pues siF ∈Ker( f ), entonces F (b 1, . . . , b n ) = 0 y al ser los b 1, . . . , b n algebraicamente independientesse tiene F = 0.(b )

⇒

(a ). Es inmediato.

Anillos de series formales de potencias (opcional)

Sea A un anillo y X una indeterminada. Una serie formal de potencias en X con coecien-tes en A es una expresi on ∞i = 0 a i X i . Llamamos A [[ X ]] al conjunto de las series formales depotencias en X con coecientes en A .

En el conjunto A [[ X ]] de las series formales de potencias se denen dos operaciones:

( ∞i = 0 a i X i ) + ( ∞i = 0 b i X i ) = ∞i = 0(a i + b i ) X i ;

( ∞i = 0 a i X i )( ∞i = 0 b i X i ) = ∞i = 0 c i X i , con c i = j + k = i a j b k .

Teorema. 7.4.Para cada anillo A y cada indeterminada X el conjunto A [[ X ]] con las operaciones anteriores y elemento uno igual a 1 es un anillo.Se llama el anillo de las series formales de potencias en X con coecientes en A .

Cada polinomio F ∈ A [x ] puede ser considerado una serie formal de potencias, por lo tanto





podemos suponer que F ∈ A [[ X ]]. Se tiene entonces:

Proposici on. 7.5.Para cada anillo A y cada indeterminada X el anillo de polinomios A [ X ] es un subanillo del anillo de series formales de potencias A [[ X ]].

Podemos extender la construcci on del anillo de series formales potencias a un n umero nitode indeterminadas, X 1, . . . , X t , para ello denimos A [[ X 1, . . . , X t ]] = A [[ X 1, . . . , X t −1]][[ X t ]].

Observa que los anillos de series formales de potencias, tanto A [[ X ]] como A [[ X 1, . . . , X t ]], sepueden tambi en denir a partir de los anillos de polinomios A [ X ] o A [ X 1, . . . , X t ] en la siguien-te forma:

A [[ X 1, . . . , X t ]] = {∞i = 0

F i | F i ∈ A [ X 1, . . . , X t ]}.

Sobre la aritm etica de los anillos de series de potencias ver el Ejercicio ( 8.40. ).

Mientras el Teorema de McCoy, ver Ejercicio ( 8.29. ), caracteriza los divisores del cero de unanillo de polinomios, no existe un teorema similar en el caso de anillos de series formales depotencias. Veamos un ejemplo de un divisor de cero.

Ejemplo. 7.6.

Se considera un cuerpo K , el anillo de polinomios K [Y , Z 0, Z 1, Z 2, . . . ] y el ideal a = ( YZ 0) +(Z n + YZ n + 1 | n ∈N). Llamamos A = K [Y , Z 0, Z 1, Z 2, . . . ]/ a y consideramos F = Y + X ∈ A [[ X ]]. Vamos a ver que F es un divisor de cero; para ello basta ver que

( y + X )(Z 0 + Z 1 X + · · ·+ Z n X n + · · ·) = 0.

Sin embargo, para un tipo especial de anillos se tiene un resultado similar el Teorema deMcCoy.

Teorema. 7.7.Sea A un anillo reducido, esto es, Nil( A ) = 0. Sean F =

∞i = 0 a i X i , G =

∞i = 0 b i X i

∈

A [[ X ]].Son equivalentes:

(a) FG = 0,

(b) a i b j = 0 para todos i , j .

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Si FG = 0, vamos a probar que a 0b j = 0 para todo j . Hacemos lademostraci on por inducci on sobre j . Para j = 0 el resultado es cierto. Supongamos que seacierto para j = 0, 1, . . . , t −1. El coeciente de X t en FG es:

0 = a 0b t + a 1b t −1 + · · ·+ a t −1b 1 + a t b 0.





Multiplicando por a 0 se tiene:

0 = a 0() = a 20b t ,

y de aqu ı 0 = ( a o b t ). Como A es un anillo reducido, se tiene a 0b t = 0. Llamamos F a la serieformal de potencias tal que XF = F −a 0, Se verica F G = 0, y por tanto a 1b j = 0 para cada j . Repitiendo el proceso se tiene a i b j = 0 para cada i y cada j .

Problema. 7.8.Calcular Nil( A [[ X ]).

Vamos a calcular ahora los ideales maximales de A [[ X ]]. Se tiene:

Teorema. 7.9.Los ideales maximales de A [[ X ]] son de la forma m + ( X ), siendo m un ideal maximal de A .

DEMOSTRACI ON . 1. Para cada ideal maximal m⊆ A se tiene que m + ( X ) es un ideal maximal.Basta considerar el homomorsmo ε : A [[ X ]] −→ A denido ε( ∞i = 0 a i X i ) = a 0 y la biyecci onentre los ideales de A y los ideales de A [[ X ]] que contiene a Ker(ε) = ( X ).

2. Para cada ideal maximal n ⊆ A [[ X ]] denimos m = ε(n). Es claro que m es un ideal de A ya que ε es sobreyectiva, y es un ideal maximal, ya que si a ∈ A \ m, entonces a /∈ n, y setiene n + aA [[ X ]] = A [[ X ]], luego existen F = ∞i = 0 a i X i

∈

n y G = ∞i = 0 b i X i

∈

A [[ X ]] tales queF + aG = 1, en particular a 0 + ab 0 = 1 y por tanto m + aA = A .

3. Es claro que m + ( X )⊆n, y como m + ( X ) es maximal, se tiene la igualdad.

En general si A es un domino de factorizaci on unica, el anillo de polinomios A [ X ] es un do-minio de factorizaci on unica. Esta propiedad no es cierta para anillos de series formales depotencias; este resultado fue dado por P. Samuel en 1961. Sin embargo con algunas restric-ciones el resultado es cierto.Teorema. 7.10.

Si D es un dominio de ideales principales, el anillo de series de potencias formales D [[ X ]] es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica.

La demostraci on sebasa endos lemas debidos a I. Kaplansky. El primero eselCorolario ( 28.13. ), y el segundo es:

Lema. 7.11. (Kaplansky.)Sea D un dominio de integridad. Son equivalentes:

(a) D es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica.

(b) Cada ideal primo no nulo de D contiene un elemento primo.





DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Es claro.

(b)⇒(a). Vamos a ver que cada elemento no nulo y no invertible es un producto de elementosprimos, y por el Lema ( ??) ser a un DFU. Llamamos C al conjunto

C = {x ∈D | x es no nulo y no invertible y es un producto de elementos primos }.

Dado d /∈C no nulo y no invertible, procedemos como sigue:

1. Probamos que (d ) ∩C = ∅. Si ad ∈ C , se puede escribir ad = p 1 · · ·p t , como producto deelementos primos. Se tiene p 1 | a o p 1 |d ; podemos escribir entonces a = p 1a 1 o d = p 1d 1.Tenemos entonces:

a 1d = p 2 · · ·p t o ad 1 = p 2 · · ·p t . Ahora eliminamos p 2 de la misma forma. Tras t pasos obtenemos una expresi on a i d j = 1, porlo tanto d ∈C , lo que es una contradicci on.

2. Tomamos Γ = {a⊆D | d ∈a , a∩C = ∅}. Este conjunto es inductivo, luego por el Lema deZorn tiene elementos maximales. Si a∈Γ es maximal vamos a probar que es un ideal primo.Sean a , b ∈D tales que ab ∈a ; si a , b /∈a existen x ∈(a + ( a )) ∩C e y ∈(a + ( b )) ∩C , por tantoxy ∈(a + ( a ))( a + ( b ))⊆a y xy ∈C , lo que es una contradicci on.

3.Porlahip otesis a contiene un elemento primo, luego a

∩C

= ∅, lo que esuna contradicci on.

En consecuencia todo elemento no nulo y no invertible pertenece a C , y tenemos el resultado.

DEMOSTRACI ON . [del Teorema] Dado un ideal primo no nulo p ⊆ D [[ X ]], si X ∈ p, entoncesp contiene un elemento primo. Si X /∈ p, el ideal ε(p) es no nulo y est a generado por unelemento, sea ε(p) = ( d ). Podemos probar que p est a generado por un elemento. Sea F ∈ ptal que ε(F ) = d , si G ∈ p se tiene ε(G ) = da 0, luego G −Fa 0 ∈ Ker(ε), y existe H ∈ D [[ X ]] talque XH = G −Fa 0 ∈ p, luego H ∈ p. Aplicando el mismo argumento a H , existe a 1 tal queH

−Fa 1

∈ Ker(ε), y tenemos G = Fa 0 + Fa 1 X + X 2H para alg un H

∈ p. Podemos deducir

que G ∈ (F ) y se tiene p = ( F ). Como p = ( F ) es un ideal primo, F es un elemento primo.De esta forma cada ideal primo no nulo contiene un elemento primo, y el resultado se sigueaplicando el Lema ( 7.11. ).




SEC . 8. E JERCICIOS 27

8. Ejercicios

Denici ´ on de anillo

Ejercicio. 8.1.Sea X un conjunto, en P ( X ) se consideran las operaciones:

A + B = ( A ∪B ) \ ( A ∩B ) y A ×B = A ∩B , para cualesquiera A , B ∈P ( X ).

Prueba que P ( X ), con las operaciones anteriores y elemento uno igual a X , es un anillo conmutativo. ¿Cu ´ al es el elemento cero? Observa que en este anillo se tiene A 2 = A para cada A ∈ P ( X ), y que por tanto se tiene 2 A = 0.Un anillo en el que para cada elemento a se tiene a 2 = a se llama un anillo de Boole . Ver Ejercicio (8.16. ).

SOLUCI ONEjercicio. 8.2.Dado un anillo ( A , + , ×, 1), denir sobre A dos operaciones ⊕y ⊗de forma que ( A ,⊕,⊗, 0)sea un anillo con el elemento 1 como cero. Determina las propiedades que verica este

nuevo anillo.

SOLUCI ON

Homomorsmos de anillos

Ejercicio. 8.3.¿Se deduce la condici ´ on f (1) = 1, en la denici ´ on de homomorsmo de anillos, de las dos condiciones f (a + b ) = f (a ) + f (b ) y f (ab ) = f (a ) f (b ) para todos a , b ∈ A ? En caso armativo da una demostraci ´ on de este hecho, y en caso negativo da un ejemplo

en el que no se verique esta condici ´ on.

SOLUCI ONEjercicio. 8.4.

( I) Si Z[√ 2] es el subanillo generado por √ 2 en C, demuestra que Z[√ 2] = {a + b √ 2 |a , b ∈Z}.

( II ) Igual para √ 3 en vez de √ 2.

( II I) Demuestra que no existe ning ´ un homomorsmo de anillos de Z[√ 2] a Z[√ 3].





SOLUCI ON

Ideales primos

Ejercicio. 8.5.Determina los ideales y los ideales primos del anillo Z.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.6.Para cada entero positivo n determina los ideales y los ideales primos del anillo cociente Zn := Z/ n Z.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.7.Demuestra que todo dominio de integridad nito D es un cuerpo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.8.Demuestra que todo dominio de integridad D conunn ´ umero nito de ideales es un cuerpo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.9.Si Σ⊆ A es un subconjunto cerrado para la multiplicaci ´ on que no contiene a 0, prueba que existe un ideal maximal m tal que m ∩Σ = ∅.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.10.Sea p un ideal propio de un anillo A . Demuestra que son equivalentes:

(a) p es primo;

(b) si ab⊆p, entonces a⊆p o b⊆p para cualesquiera ideales a, b de A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.11. (AM, Cap 1, Ej 1)Sea x un elemento nilpotente de un anillo A . Demuestra que 1 + x es una unidad de a .

Deduce que la suma de un elemento nilpotente y una unidad es una unidad.





SOLUCI ON

Ejercicio. 8.12. (AM, Cap 1, Ej 6)Un anillo A es tal que cada ideal no contenido en el nilradical contiene un idempotente no nulo (es decir, un elemento e tal que e 2 = e = 0). Demuestra que el nilradical y el radical de Jacobson de A son iguales.

SOLUCI ONEjercicio. 8.13. (AM, Cap 1, Ej 7)Sea A un anillo en el que cada elemento x satisface x n = x para alg ´ un n > 1 (dependiente de x ). Demuestra que cada ideal primo en A es maximal.

SOLUCI ONEjercicio. 8.14. (AM, Cap 1, Ej 8)Sea A un anillo no trivial. Demuestra que el conjunto de los ideales primos de A tiene ele-mentos minimales respecto a la inclusi ´ on.

SOLUCI ONEjercicio. 8.15. (AM, Cap 1, Ej 10)Sea A un anillo, n su nilradical. Demuestra que son equivalentes:

(a) A tiene exactamente un ideal primo.

(b) Cada elemento de A es o una unidad o nilpotente.

(c) A / n es un cuerpo.

SOLUCI ONEjercicio. 8.16. (AM, Cap 1, Ej 11)Un anillo A es anillo de Boole si x 2 = x para cada x

∈ A . En un anillo de Boole A , demuestra

que:

(1) 2x = 0 para todo x ∈ A .

(2) Cada ideal primo p es maximal, y A / p es un cuerpo con dos elementos.

(3) Cada ideal con generaci ´ on nita en A es principal.

SOLUCI ONEjercicio. 8.17. (AM, Cap 1, Ej 12)

Prueba que un anillo local no contiene ning ´ un idempotente distinto de 0 y 1.





SOLUCI ON

Ejercicio. 8.18. (AM, Cap 1, Ej 14)En un anillo A , sea Σ el conjunto de todos los ideales en los que cada elemento es un divi-sor de cero. Demuestra que el conjunto Σ tiene elementos maximales y que cada elemento maximal de Σ es un ideal primo. Por tanto el conjunto de los divisores de cero en A es una uni ´ on de ideales primos.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.19.Sea D un dominio de integridad. Demuestra que si cada ideal primo es principal entonces

cada ideal primo es un ideal maximal.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.20.Sea A un anillo y a, b ideales de A . Se dene el ideal cociente (a : b) como

(a : b) = {x ∈ A | x b⊆a}.

(1) Demuestra que (a : b) es un ideal de A que contiene a a.

(2) Demuestra que un ideal p es primo si, y solo si, para cada ideal a se tiene (p : a) = p´ o (p : a) = A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.21.Sea K un cuerpo, demuestra que el ideal ( X 3 −Y 2) ⊆ K [ X , Y ] es un ideal primo del anillo K [ X , Y ].

SOLUCI ON

Teorema chino del resto

Ejercicio. 8.22.Sean a y b ideales de un anillo A . Demuestra que a + b = A , si, y solo si, an + bn = A para cada entero positivo n .

SOLUCI ON

Radical de un ideal





Ejercicio. 8.23. (AM, Cap 1, Ej 9)Sea a un ideal propio en un anillo A . Demuestra que a = rad( a) si y solo si a es una intersec-ci on de ideales primos.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.24.Sea A un anillo y a, b ideales de A . Demuestra que se verica:

an ⊆b, (n ∈N)⇒rad( a)⊆rad( b).

SOLUCI ONEjercicio. 8.25.Sea A un anillo, a un ideal y p1, . . . , pn ideales primos. Si a⊆∩n

i = 1pi ⊆rad( a). Demuestra que rad( a) = ∩n

i = 1pi .

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.26.Sean a1 = ( X , Y ), a2 = ( X −1, Y −1) ideales de F2[ X , Y ]. Demuestra que a = a1a2 es un ideal

radical.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.27.Sean a y b ideales de un anillo A . Prueba que son equivalentes:

(a) a + b = A ,

(b) rad(a) + rad( b) = A ,

Ver Corolario (5.4. ).

SOLUCI ON

Extensi´ on y contracci´ on de ideales

Ejercicio. 8.28.Sea F : A −→ B un homomorsmo de anillos y a ⊆ A un ideal. Demuestra que se verica f (rad( a))⊆rad( Bf (a)) = rad( ae ).Si adem ´ as f es sobreyectiva y Ker( f ) ⊆ a, entonces se tiene la igualdad f (rad( a)) =

rad( Bf (a)) .





SOLUCI ON

´ Algebras y anillos de polinomios

Ejercicio. 8.29. (AM, Cap 1, Ej 4)Para cada anillo A el radical de Jacobson de A [x ] es igual al nilradical.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.30.Demuestra que el cuerpo K ( X ) de las funciones racionales en una indeterminada sobre el cuerpo K , esto es, el cuerpo de fracciones del anillo de polinomios K [ X ],noesuna K – algebra nitamente generada.Observa que K ( X )/ K es una extensi ´ on de cuerpos nitamente generada.

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.31.Se considera el anillo Z[ X ] y el anillo cociente Z[i ] = Z[ X ]/ ( X 2 + 1).

(1) Razona que cada elemento de Z[i ] tiene un ´ unico representante de la forma a + bX , y que con estos representantes la multiplicaci ´ on est ´ a denida como

(a + bX )(c + dX ) = ac −bd + ( ad + bc ) X .

Podemos identicar a + bX con la expresi ´ on a + bi , y denir la multiplicaci ´ on de estas expresiones mediante la distributividad y la relaci ´ on i 2 = −1.

(2) En Z[i ] existe una aplicaci ´ on N : Z[i ] → N, N (a + bi ) = a 2 + b 2, es la norma , y es unhomomorsmo para el producto.

(3) Tenemos que Z[i ] es un dominio eucl ´ ıdeo con aplicaci ´ on eucl ´ ıdea la norma. Como con-secuencia Z[i ] es un DIP y un DFU.

Se considera el homomorsmo f : Z→Z[i ]. Para cada ideal a de Z[i ]el contra ´ ıdo ac = f −1(a)es un ideal de Z, que es primo si a lo es. Para cada ideal n Z ⊆ Z, se tiene que n Z[i ] es el extendido en Z[i ].

(1) Comprueba que 2Z[i ] no es un ideal primo.

(2) Comprueba que 3Z[i ] es un ideal primo.

(3) Comprueba que 5Z[i ] no es un ideal primo.

(4) En general, prueba que si p ∈ Z es un entero primo positivo se tiene que p Z[i ] es unideal primo si y solo si p ≡3 (mod 4).

(5) Si p ≡ 1 (mod 4) o p = 2, entonces p Z[i ] no es un ideal primo. Calcula en estos casos la descomposici ´ on en primos de p en Z[i ].

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.32.Se considera un homomorsmo de anillos f : A

→B y una indeterminada X . Entonces, por

la propiedad universal del anillo de polinomios, existe un ´ unico homomorsmo de anillos g : A [ X ] →B [ X ] tal que g ( X ) = X y g | A = f .En particular, si a es un ideal de A existe un ´ unico homomorsmo, del tipo anterior, g : A [ X ] → A

a [ X ], que es inducido por la proyecci ´ on A → A a .

(1) Describe c ´ omo est ´ a denido g : A [ X ] → A a [ X ], esto es, ¿cu ´ al es la imagen del polinomio

t i = 0 a i X i ?

(2) Comprueba que g es sobreyectivo y calcula su n ´ ucleo.

(3) Describe el isomorsmo Im(g )

∼=

A [ X ]

Ker( g ), detallando cada uno de los anillos e ideales que

en ´ el aparecen.

(4) Describe Zn [ X ] como cociente de Z[ X ].

(5) Describe los elementos del ideal (n ) de Z[ X ]

(6) ¿Cu ´ ando el ideal (n )⊆Z[ X ] es primo?

(7) ¿Cu ´ ando el ideal (n )⊆Z[ X ] es maximal?

(8) Da un ejemplo de un ideal maximal de Z[ X ]

SOLUCI ON

Dominios de Factorizaci´ on ´ Unica

Si D es un dominio un elemento f ∈ D es irreducible si no es cero ni invertible y no tienefactorizaciones propias, esto es, si f = gh en A , entonces g o h es invertible.

Un dominio D es un dominio de factorizaci on unica si cada elemento no nulo ni invertible

f se escribe de forma ´ unica como producto de elementos irreducibles.Ejercicio. 8.33.Prueba que para cada elemento a ∈D en un dominio de factorizaci ´ on ´ unica son equivalen-tes:

(a) a es irreducible.

(b) (a ) es un ideal primo.

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.34. (AM, Cap 1, Ej 2)Sea A un anillo y sea A [x ] el anillo de polinomios en una indeterminada x , con coecientes en A . Sea f = a 0 + a 1x + · · ·+ a n x n

∈ A [x ]. Demuestra que:

(1) f es una unidad en A [x ] si y solo si a 0 es una unidad en A y a 1, . . . , a n con nilpotentes.Pista. Si b 0 + b 1x + · · ·+ b m x m es el inverso de f , prueba por inducci ´ on respecto de r que a r + 1

n b m −r = 0.Deaqu ´ ı prueba que a n es nilpotente, y entonces utiliza el ejercicio (8.11. ).

(2) f es nilpotente si y solo si a 0, a 1, . . . , a n son nilpotentes.

(3) (Teorema de McCoy, 1942) f es un divisor de cero si y solo si existe 0 = a ∈ A tal que af = 0.Pista. Elegir un polinomio g = b 0 + b 1x +

· · ·+ b m x m de grado m ´ ınimo m tal que fg = 0.

Entonces a n b m = 0, por tanto a n g = 0 (puesto que a n g anula f y tiene grado menor que m ). Despu ´ es prueba por inducci ´ on que a n −r g = 0 ( 0 ≤r ≤n ).

(4) f se dice que es primitivo si (a 0, . . . , a n ) = ( 1). Prueba que si f , g ∈ A [x ], entonces fg es primitivo si y solo si f y g son primitivos.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.35. (AM, Cap 1, Ej 3)Generalizar los resultados del ejercicio (8.34. ) a un anillo de polinomios A [x 1, . . . , x n ] de va-rias variables.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.36. (*)Si A es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica, prueba que el anillo A [ X 1, . . . , X n ] es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica.

SOLUCI ONEjercicio. 8.37.Se considera el anillo Z[√ −5] = {a + b √ −5 | a , b ∈Z}.

(1) Prueba que Z[√ −5] es un dominio de integridad.

(2) Prueba que 2×3 = ( 1 + √ −5)(1−√ −5) son dos factorizaciones distintas de 6∈Z√ −5],y que por lo tanto Z[√ −5] no es un DFU.

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.38.Se considera el anillo Z[√ 5] =

{a + b √ 5

| a , b

∈

Z}

.

(1) Prueba que Z[√ 5] es un dominio de integridad.

(2) Prueba que la aplicaci ´ on N : Z[√ 5] → Z, denida N (a + b √ 5) = a 2 −5b 2 es un homo-morsmo para el producto.

(3) Prueba que un elemento x ∈Z[√ 5] es invertible si y solo si N (x ) = ±1.

(4) Da ejemplos de elementos x , y ∈Z[√ 5] tales que x = ±1, N (x ) = 1 y N ( y ) = −1.

(5) Prueba que si x ∈Z[√ 5] verica que N (x ) es primo en Z, entonces x es irreducible.

(6) Prueba que la congruencia X 2 ≡ ±2 (mod 5) no tiene soluciones en Z,ydeaqu ´ ı deduce que 2, 3 + √ 5, 3 −√ 5∈Z[√ 5] son irreducibles.

(7) Prueba que 4 = 2×2 = ( 3 + √ 5)(3−√ 5) son dos factorizaciones distintas de 4 en Z[√ 5],y que por tanto Z[√ 5] no es un DFU.

SOLUCI ON

Anillos de series formales de potencias

Ejercicio. 8.39.Prueba que si D es un dominio, entonces D [[ X ]] es un dominio, y que lo mismo ocurre conD [[ X 1, . . . , X n ]].

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.40. (AM, Cap 1, Ej 5)Sea A un anillo y sea A [[x ]] el anillo de las series formales de potencias f = ∞n = 0 a n x n concoecientes en A . Para cada serie formal f =

∞n = 0 a n x n se dene el orden de f como el

menor entero n tal que a n = 0. Demuestra que: (1) f es una unidad en A [[x ]] si y solo si a 0 es una unidad en A .

(2) Si f es nilpotente, entonces a n es nilpotente para todo n ≥0. ¿Es cierto el rec ´ ıproco?

(3) f pertenece al radical de Jacobson de A [[x ]]siysolosi a 0 pertenece al radical de Jacobsonde A .

(4) La contracci ´ on de un ideal maximal m de A [[x ]] es un ideal maximal de A , y m est ´ a gene-rado por mc y x .

(5) Cada ideal primo de A es la contracci ´ on de un ideal primo de A [[x ]].





SOLUCI ON

Ejercicio. 8.41.¿Es 7 + 3 X + 3 X 2 + 3 X 3 + · · · un elemento invertible en Z12[[ X ]]?

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.42.Prueba que en Z12 se tiene que 2 + 3 X + 2 X 2 + 3 X 3 + 2 X 4 + 3 X 5 + · · · es un divisor de cero.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.43.

(1) Prueba que ( X 1, . . . , X n ) es el ´ unico ideal maximal de K [[ X 1, . . . , X n ]].

(2) Sea K un cuerpo, determina los ideales primos de K [[ X ]].

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.44.

Sea A un anillo y a⊆

A un ideal.(1) Prueba que a + ( X )⊆ A [[ X ]] es un ideal de A .

(2) Prueba que p⊆ A es un ideal primo si, y solo si, p + ( X )⊆ A [[ X ]] es un ideal primo.

(3) Prueba que m⊆ A es un ideal maximal si, y solo si, m + ( X )⊆ A [[ X ]]es un ideal maximal.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.45.Sea A un anillo y a

⊆ A un ideal.

(1) Prueba que a[[ X ]]⊆ A [[ X ]] es un ideal de A .

(2) Prueba que A [[ X ]]/ a[[ X ]]∼= ( A / a)[[ X ]].

(3) Prueba que p⊆ A es un ideal primo si, y solo si, p[[ X ]]⊆ A [[ X ]] es un ideal primo.

(4) Prueba que si m⊆ A es un ideal maximal, m[[ X ]]⊆ A [[ X ]] no es maximal.

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.46.Se considera el anillo Q[Y 0, Y 1, Y 2, . . . ], n

∈ N, el ideal an = ( Y n

0 , Y n

1 , Y n

2 , . . .) y el anillo A =

Q[Y 0, Y 1, Y 2, . . . ]/ an . Llamamos y i al elemento Y i + an y denimos

F = y 0 + y 1 X + y 2 X 2 + · · ·∈ A [[ X ]].

Prueba que F no es nilpotente, aunque cada uno de sus coecientes es nilpotente.(Ejemplo debido a Fields.)

SOLUCI ON

Producto de anillos

Ejercicio. 8.47.Sea A un anillo, demuestra que A ∼= B ×C si y solo si existe un elemento idempotente e ,esto es, e 2 = e , tal que B = eA y C = ( 1 −e ) A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.48.Sea A = n i = 1 A i un producto de anillos.

(1) Demuestra que cada ideal de A es de la forma n i = 1 a i , donde cada a i es un ideal de A i ,

i = 1, . . . , n .

(2) ¿Cu ´ ales son los ideales primos y los ideales maximales de A ?

(3) Si los A i son todos cuerpos demuestra que A tiene s ´ olo un n ´ umero nito de ideales.

SOLUCI ON

Ejercicio. 8.49.Un anillo A se llama semilocal si tiene solo un n ´ umero nito de ideales maximales. Prueba que son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es un anillo semilocal.

(b) A / Rad( A ) es un producto de cuerpos.

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.50.Se considera el anillo cociente A = [ X , Y ]/ ( XY ).

(1) Prueba que cada elemento de A tiene un ´ unico representante de la forma k + F 1( X ) X +F 2(Y )Y , siendo k ∈K , F 1( X )∈K [ X ] y F 2(Y )∈K [Y ].

(2) Describe la multiplicaci ´ on de A en t ´ erminos de los representantes antes mencionados.

(3) Determina los ideales maximales de A .


Dados dos anillos A y B , para el anillo producto A ×B se tiene la siguiente situaci ´ on:

A j A

A ×B q A

q B

A j B

(1) Prueba que existen aplicaciones (homomorsmos de grupos abelianos) j A : A −→ A ×B , denido j A (a ) = ( a , 0) para cada a ∈ A y j B : B −→ A ×B denido j B (b ) = ( 0, b ) para cada b ∈B .

(2) Prueba que existen homomorsmos de anillos q A : A ×B −→ A , denido q A (a , b ) = a para cada (a , b )

∈

A

×B y q B : A

×B

−→B , denido q B (a , b ) = b para cada (a , b )

∈

A

×B .

(3) Prueba que para cada anillo X y cada par de homomorsmos de anillos f A : X −→ A , f A : X −→B existe un ´ unico homomorsmo de anillos f : X −→ A ×B tal que f A = q A ◦ f y f B = q B ◦ f .

X f A

f B

f ∃1

A A ×B q A

q B B

Esto es, el par ( A ×B , {q A , q B }) es un producto de los anillos A y B .

(4) Prueba que los elementos e A = ( 1, 0), e B = ( 0, 1) ∈ A ×B son idempotentes y vericane A + e B = ( 1, 1), y que de esto se deduce que e 1e 2 = 0.

(5) Dado un anillo C y dos elementos idempotentes e 1, e 2 ∈C tales que e 1+ e 2 = 1 denimos C 1 = e 1C y C 2 = e 2C . Prueba que C 1 y C 2 son anillos (no subanillos de C ) y que existe unisomorsmo C ∼= C 1 ×C 2.

(6) Prueba que existe una biyecci on entre pares (e 1, e 2) de elementos idempotentes de unanillo C vericando e 1 + e 2 = 1 y descomposiciones C 1 ×C 2 de C .

SOLUCI ON





Ejercicio. 8.52.Se considera el anillo A = K [ X , Y ]/ ( XY ).

(1) Se considera la aplicaci ´ on f X : K [ X ] −→ A denida por f X ( X ) = X + ( XY ). ¿Es f X unhomomorsmo de anillos? Estudia el caso de f Y : K [Y ] −→ A . ¿Puede identicarse K [ X ]con un subanillo de A ?

(2) Se considera la aplicaci ´ on g X : A −→K [ X ] denida por g X (k + F 1( X ) X + F 2(Y )Y +( XY )) =k + F 1( X ) X .¿Es g X unhomomorsmo de anillos? Estudia el caso de g Y . Estudia su n ´ ucleo.

(3) ¿Existe alg ´ un homomorsmo de anillos α que hace conmutar el siguiente diagrama?

K [ X ] A g X

g Y

α

K [Y ]

K [ X ] K [ X ]×K [Y ]q K [ X ]

q K [Y ] K [Y ]

En caso armativo, ¿c ´ omo est ´ a denido α? Determina su imagen y su n ´ ucleo.

(4) Observaquetenemos el siguientecuadrado conmutativo de homomorsmos de anillos:

A g X

g Y

K [ X ]

eval 0

K [Y ]

eval 0 K

El anillo A y los homomorsmos g X , g Y verican la siguiente propiedad universal: Para cada anillo B y cada par de homomorsmos h X : B −→ K [ X ] y h Y : B −→ K [Y ] tales que eval 0 ◦h X = eval 0 ◦h Y , prueba que existe un ´ unico homomorsmo h : B −→ A tal que h X = g X ◦h y h Y = g Y ◦h .

B h

h X

h y

A g X

g Y

K [ X ]eval 0

K [Y ]

eval 0 K

SOLUCI ON

Producto tensor de anillos





Ya conocemos el producto de dos anillos; vamos a ver que en el caso de algebras podemos

tambi en hacer la construcci on dual, esto es, el coproducto. Procedemos como sigue.Dado un anillo A y dos A -algebras B y C , denimos un nuevo A –m odulo, B ⊗ A C , como elcociente del A –m odulo libre sobre {(b , c ) | b ∈ B , c ∈ C }por el subm odulo S generado porlos siguientes elementos:

(b 1 + b 2, c ) −(b 1, c ) −(b 2, c ), ∀b 1, b 2 ∈B ,∀c ∈C (b , c 1 + c 2) −(b , c 1) −(b , c 2), ∀b ∈B , ∀c 1, c 2 ∈C (ab , c ) −(b , ac ), ∀a ∈ A , ∀b ∈B , ∀c ∈C (ab , c ) −a (b , c ), ∀a ∈ A , ∀b ∈B , ∀c ∈C

Representamos por b ⊗

c a la clase en B ⊗

A C del par (b , c ). Por la denici on los elementosde B ⊗ A C son combinaciones A –lineales del tipo siguiente: n i = 1 b i ⊗c i , con b i ∈ B y c i ∈C ; es importante destacar que un elemento puede ser representado por varias expresiones

distintas; por ejemplo se verica (b 1 + b 2)⊗c = b 1⊗c + b 2⊗c .

Llamamos a B ⊗ A C el producto tensor de B y C sobre A .

(Observa que hasta el momento no hemos utilizado nada m as que la estructura de A –m odulode B y C , por lo que esta construcci on se puede realizar para cualquier par de A –m odulos.)

En el caso de dos A –algebras, B y C ,enel A –m odulo B

⊗

A C denimos un producto mediante:

(b 1⊗c 1)(b 2⊗c 2) = ( b 1b 2)⊗(c 1c 2), ∀b 1, b 2 ∈B ,∀c 1, c 2 ∈C .

Y se extiende a todos los elementos de B ⊗ A C por distributividad.

Ejercicio. 8.53.Prueba que en B ⊗ A C este producto est ´ a bien denido, esto es, que no depende de los representantes elegidos, y que B ⊗ A C es una A – algebra con elemento uno igual a 1⊗1.

SOLUCI ON

El anillo B ⊗ A C se llama el algebra producto tensor de B y C sobre A .

Dados A –m odulos B , C y X , una aplicaci on β : B ×C −→ X se llama A –bilineal si verica:

β (b 1 + b 2, c ) = β (b 1, c ) + β (b 2, c ), ∀b 1, b 2 ∈B ,∀c ∈C β (b , c 1 + c 2) = β (b , c 1) + β (b , c 2), ∀b ∈B ,∀c 1, c 2 ∈C β (ab , c ) = β (b , ac ), ∀a ∈ A ,∀b ∈B ,∀c ∈C β (ab , c ) = a β (b , c ), ∀a ∈ A ,∀b ∈B ,∀c ∈C

Por ejemplo, siempre tenemos una aplicaci on A –bilineal τ : B ×C −→ B ⊗ A C denida por

τ (b , c ) = b ⊗

c , para b ∈

B y c ∈C .





Tenemos adem as que el par (τ, B ⊗ A C ) verica la siguiente propiedad universal.

Ejercicio. 8.54.Prueba que para cada A –m ´ odulo X y cada aplicaci ´ on A –bilineal β : B ×C −→ X existe un´ unico homomorsmo de A –m ´ odulos β : B ⊗ A C −→ X tal que β = β ◦τ .

B ×C τ

β

B ⊗ A C

β

X

SOLUCI ON

En el caso de A –algebras tambi en tenemos una propiedad universal. Observa que en estecaso se tiene la siguiente relaci on con τ :

τ (b 1b 2, c 1c 2) = τ (b 1, c 1)τ (b 2, c 2), ∀b 1, b 2 ∈B ,∀c 1, c 2 ∈C ;

por lo tanto tenemos el siguiente resultado.

Ejercicio. 8.55.Dado un anillo A y A – algebras B , C y X , para cada aplicaci ´ on A –bilineal β : B × C −→ X vericando

β (b 1b 2, c 1c 2) = β (b 1, c 1)β (b 2, c 2), para b 1, b 2 ∈B y c 1, c 2 ∈C , y β (1, 1) = 1,

prueba que existe un ´ unico homomorsmo de A – algebras β : B ⊗ A C −→ X tal que β = β ◦τ .

B ×C τ

β

B ⊗ A C

β

X

SOLUCI ON

Con estos resultados vamos a construir el dual del producto de dos A –algebras.

Dadas dos A –algebras B y C se denen:

j B : B −→B ⊗ A C , j B (b ) = b ⊗1, ∀b ∈B ; j C : C −→B ⊗ A C , j C (c ) = 1⊗c , ∀c ∈C .

Es claro que j B y j C son homomorsmos de A –algebras. El resultado sobre el coproducto que

andamos buscando es:





Ejercicio. 8.56.Dada una A – algebra X y homomorsmos de A – algebras f B : B

−→ X , f C : C

−→ X , prueba

que existe un ´ unico homomorsmo f : B ⊗ A C −→ X tal que f B = f ◦ j B y f C = f ◦ j C .

B j B

f B B ⊗ A C

f

C j C

f C

X

SOLUCI ON

Como aplicaci on de estos resultados hacer el siguiente:Ejercicio. 8.57.Dado un anillo A y dos indeterminadas X e Y , prueba que se tiene un isomorsmo de A – ´ algebras A [ X ]⊗ A A [ X ]∼= A [ X , Y ].

SOLUCI ON




Cap ıtulo II

Anillos de polinomios

9 Representaci on de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4610 Ordenes en Nn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4611 Algoritmo de la divisi on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5112 Ideales monomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5613 Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5814 Aplicaciones de las Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6715 Aplicaciones de las Bases de Groebner, II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7016 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

Introducci on

Este cap ıtulo est a dedicado al estudio de la aritm etica de los anillos de polinomios en variasindeterminadas con coecientes en un cuerpo. En el introducimos m etodos computaciona-les basados en la divisi on con resto en anillos de polinomios en n indeterminadas, para loque necesitamos introducir relaciones de orden en Nn , que sean un buen orden compatiblecon la operaci on suma y de forma que 0 = ( 0, . . . , 0) sea el elemento m ınimo; estos son losordenes monomiales.

La herramienta fundamental para hacer un desarrollo computacional la proporcionan las ba-ses de Groebner, que nos permiten desarrollar algoritmos para comparar ideales y dar m eto-dos efectivos para poder calcular las operaciones aritm eticas elementales con los mismos.



46 C AP. II. A NILLOS DE POLINOMIOS

9. Representaci on de polinomios

Se considera un cuerpo K , indeterminadas X 1, . . . , X n y el anillo K [ X 1, . . . , X n ] de los polino-mios en X 1, . . . , X n con coecientes en K . Al identicar K [ X 1, . . . , X n ] con K [ X 1, . . . , X n −1][ X n ],cada elemento F ∈K [ X 1, . . . , X n ] se escribe, de forma unica, como:

F =t

i = 1

F i X i n , con F i ∈K [ X 1, . . . , X n −1] (II.1)

Esta es la representaci on recursiva de F . Sin embargo, en lo que sigue, vamos a utilizar otrarepresentaci on para los polinomios en K [ X 1, . . . , X n ]. Dadas las indeterminadas X 1, . . . , X n ,manteniendo el orden que se indica, cada producto de estas se escribe de forma unica como

X α 11 · · · X n

α n .

Llamamos monomio a cada una de estasexpresiones.Por simplicidad,el monomio X α 11 · · · X n

α n

lo vamos a representar por X α , siendo α = ( α1, . . . , α n )∈Nn . Entonces el polinomio F se pue-de escribir como una combinaci on lineal de monomios, con coecientes en K , esto es,

F =α

∈Nn

a α X α , con a α ∈K casi todos nulos.

Esta es la representaci on distributiva de F .

Estamos interesados en la unicidad de esta representaci on. Observar que aunque las expre-siones X 1 X 52 + X 2 y X 2+ X 1 X 52 se reeren al mismo polinomio, en la pr actica las consideraremosdistintas, y buscaremos criterios para aspcar a cada polinomio una expresi on unica que nospermita compararlos de forma sencilla y poder desarrollar algoritmos sobre los mismos.

10. Ordenes en Nn

Se considera el monoide aditivo Nn y en el un orden (orden parcial) . Decimos que escompatible o un orden parcial lineal si para cualesquiera α, β,γ ∈Nn tales que

α β, se tiene que α + γ β + γ.

Ejemplo. 10.1. (El orden producto en Nn )Si consideramos en Nn el orden denido por

α β si αi ≤β i para todo i = 1, . . . , n ,




SEC . 10. ORDENES EN Nn 47

resulta que este orden es compatible.

Estamos interesados en ordenes totales en Nn , y el introducido en el ejemplo anterior no loes si n ≥2.

Vamos a considerar un orden total en Nn . Decimos que es mon otono o admisible si

0 = ( 0, . . . , 0) es un m ınimo de Nn ;

esto es, para cada α∈Nn se verica 0 α . Y decimos que es fuertemente mon otono si

αi ≤

β i , para cada ındice i , entonces (α

1, . . . , α

n ) (β

1, . . . , β

n ),

esto es, es un orden que generaliza al orden en Nn inducido por el producto; ver Ejem-plo ( 10.1. ).

Es claro que todo orden fuertemente mon otono es mon otono. El rec ıproco no es siemprecierto. Sin embargo, para ordenes compatibles tenemos:

Lema. 10.2.Todo orden compatible y mon ´ otono es fuertemente mon ´ otono.

DEMOSTRACI ON . Supongamos que αi ≤β i para cada ındice i , entonces existe γ ∈Nn tal queα + γ = β , como se verica 0 γ , se obtiene α α + γ = β .

Un orden en Nn total, compatible y mon otono se llama un orden de t erminos o un ordenmonomial .

Observa que para un preorden (verica las propiedades reexiva y transitiva) o un orden par-cial en Nn podemos hacer tambi en las deniciones de mon otono y fuertemente mon otono.

El siguiente resultado es independiente del orden total que consideremos en Nn .

Lema. 10.3. (Lema de Dickson.)Sea S ⊆ Nn un subconjunto no vac ´ ıo, entonces existe un subconjunto nito G ⊆ S tal que para cada x ∈S existen y ∈G y α∈Nn tales que x = y + α.

Se dice que G genera a S .

DEMOSTRACI ON . Hacemos inducci on sobre n . Si n = 1, entonces S ⊆ N y podemos tomar

G = { y }, siendo y el primer elemento de S . Supongamos que n > 1. Tomamos y ∈ S , si existe





x ∈S tal que x /∈ y + Nn , entonces existe un ındice i tal que x i < y i , y en particular x pertenece

a uno de los siguientes subconjuntos:S ij = {x ∈S | x i = j }, i = 1, . . . , n , j = 0, . . . , y i −1.

Denimos nuevos subconjuntos

S ij = {x ∈Nn | x i = 0 y (x 1, . . . , x i −1, j , x i + 1, . . . , x n )∈S ij }Podemos considerar S ij ⊆ Nn −1. Por la hip otesis de inducci on, existe G ij ⊆ S ij nito quegenera S ij . Denimos entonces

G ij = {(x 1, . . . , x i −1, j , x i + 1, . . . , x n )∈

S ij | (x 1, . . . , x i −1, 0, x i + 1, . . . , x n )∈

G ij }.Resulta que G ij es un subconjunto nito que genera S ij , luego

{ y }∪(∪ij G ij )

es un conjunto nito que genera S .

Un orden en un conjunto S es un buen orden si cada subconjunto no vac ıo tiene un primerelemento.Ejercicio. 10.4.Cada orden de monomial en Nn es un buen orden.

SOLUCI ON . Como es un orden total, si un conjunto no vac ıo tiene un elemento minimal,entonces este es unico, luego es minimal. Dada una cadena y 0 > y 1 > · · · en S , considera-mos el conjunto X = { y 0, y 1, . . .}. Por el lema de Dickson existe un conjunto generador nito

{ y m 1 , . . . , y m t }. Supongamos que y m 1 ≤ y m i para cada ındice i . Si y m 1 no es minimal, existe y j < y m 1 . Adem as existe m i tal que y j = y m i + α . Como consecuencia y i = y m i + α ≥ y m i ≥ y m 1 ,lo que es una contradicci on.

En lo que sigue vamos a trabajar, principalmente, con ordenes monomiales.

Monoideales

Un subconjunto E ⊆ Nn se llama un monoideal si para cada γ ∈ E y cada α ∈ Nn se tieneγ + α∈E , esto es, E = E + Nn .

Dado un monoideal E , un subconjunto G ⊆ E tal que E = G + Nn se llama un sistema de

generadores de E .




SEC . 10. ORDENES EN Nn 49

Como consecuencia del Lema de Dickson, Lema ( 10.3. ), resulta que cada monoideal E de Nn

tiene un sistema de generadores nito, esto es, E contiene un subconjunto nito G tal queE = G + Nn .

Un sistema de generadores G de un monoideal E se llama minimal si ning un subconjuntode G genera E . Es f acil observar que cada monoideal contiene un sistema de generadoresminimal. Sin embargo podemos decir algo m as:

Lema. 10.5.Cada monoideal tiene un ´ unico sistema de generadores minimal.

DEMOSTRACI ON . Sea E un monoideal y G y G dos sistemas de generadores minimales; porel Lema de Dickson podemos suponer que ambos son nitos. Para cada α ∈G existe β α ∈G tal que α = β α + γ α para alg un γ α ∈ N. Se verica que G 1 := {β α | α ∈ G }genera G , y porlo tanto a G . La minimalidad de G se deduce que G 1 = G , y por lo tanto G ⊆ G . De formaan aloga se tiene G ⊆G y se tiene la igualdad.

Ordenes en el producto cartesiano

Antes hemos hablado del orden producto en Nn ; vamos a generalizar esta construcci on. Da-dos dosconjuntos A y B con relaciones de orden ≤ A y ≤B , en A ×B se deneuna nueva relaci onde orden ≤pr mediante:

(a 1, b 1) ≤pr (a 2, b 2) si a 1 ≤ A a 2 y b 1 ≤B b 2

El orden ≤pr se llama el orden producto de ≤ A y ≤B en A ×B .

Si ≤ A y ≤B son ordenes totales en A y en B respectivamente no siempre ≤pr es un orden totalen A × B . Por esta raz on se suelen utilizar otros ordenes en A × B , tambi en inducidos porordenes en los factores. Uno de ellos es el orden producto lexicogr aco , que se dene como

(a 1, b 1) ≤lex (a 2, b 2) si a 1 < A a 2 oa 1 = a 2 y b 1 ≤B b 2

En este caso ≤lex es un orden total en A ×B si ≤ A y ≤B lo son.

Producto de ordenes en un conjunto

Dados dos ordenes 1 y 2 en un conjunto A , denimos un nuevo orden mediante:

a b si a 1 b y a 2 b .





El orden se llama el orden producto de 1 y 2.

Observar que si 1 y 2 son ordenes totales el orden producto no necesariamente lo es.Este defecto lo podemos corregir cambiando la forma de inducir ordenes.

Dados dos pre ordenes 1 y 2 en un conjunto A , denimos un nuevo preorden en A median-te:

α 1,2 β si α 1 β oα ≡1 β y α 2 β.

El preorden 1,2 se llama el producto lexicogr aco de 1 y 2.

Lema. 10.6.

Con la notaci ´ on anterior tenemos que 1,2 es un preorden. Adem ´ as, si 1 y 2 son ´ ordenes totales compatibles ´ o mon ´ otonos, entonces 1,2 tambi ´ en lo es.

Las construcciones anteriores se puede extender a un n umero nito de ordenes o pre orde-nes.

Ejemplos de ordenes en Nn

Orden lexicogr aco

α ≥lex β si para el primer ındice i tal que αi = β i se tiene αi > β i .

Orden lexicogr aco graduado

α ≥grlex β si i αi > i β i oi αi = i β i y α ≥lex β.

Orden lexicogr aco graduado inverso

α ≥invgrlex β si

i αi > i β i oi αi = i β i y para el primer ındice i (por la dcha.) tal que αi = β i se tiene αi < β i .

Debido a la biyecci on entre Nn y el conjunto de monomios X α 11 · · · X α n

n ,dadapor (α1, . . . , α n ) → X α 11 · · · X α n

n , cada orden o preorden en Nn dene, de forma un ıvoca, un orden o preorden en

el conjunto de monomios.




SEC . 11. A LGORITMO DE LA DIVISI ON 51

Ejemplo. 10.7.Dados los monomios: X 3

1, X 1 X 2

2, X 5

2, X 3

1 X 2 X 3, X 4

3, vamos a ordenarlos seg un los ordenes que

hemos denido.

Orden lexicogr aco: X 31 X 2 X 3, X 31 , X 1 X 22 , X 52 , X 43 .

Orden lexicogr aco graduado: X 31 X 2 X 3, X 52 , X 43 , X 31 , X 1 X 22 .

Orden lexicogr aco graduado inverso: X 52 , X 31 X 2 X 3, X 43 , X 31 , X 1 X 22 .

Ejemplo. 10.8.Ordenar los t erminos del polinomio F = 3 X 2 + 2 XY 2 + Y 3

∈

K [ X , Y ].

Orden lexicogr aco:

F = 3 X 2 + 2 XY 2 + Y 3, LT(F ) = 3 X 2, LC(F ) = 3, LM(F ) = X 2, exp(F ) = ( 2, 0).

Orden lexicogr aco graduado:

F = 2 XY 2 + Y 3 + 3 X 2, LT(F ) = 2 XY 2, LC(F ) = 2, LM(F ) = XY 2, exp(F ) = ( 1, 2).

Orden lexicogr aco graduado inverso:

F = 2 XY 2 + Y 3 + 3 X 2, LT(F ) = 2 XY 2, LC(F ) = 2, LM(F ) = XY 2, exp(F ) = ( 1, 2).

Es un resultado general que en el caso de dos indeterminadas los ordenes lexicogr aco gra-duado y lexicogr aco graduado inverso coinciden. Compru ebalo!

Observar que para aplicar estos ordenes hemos utilizado la correspondencia X a Y b → (a , b );esto supone una ordenaci on de las indeterminadas X > Y . Podr ıamos haber utilizado lacorrespondencia X a Y b → (b , a ), lo que supone la ordenaci on de las indeterminadas en laforma Y > X .

11. Algoritmo de la divisi on

Consideramos el anillo de polinomios K [ X 1, . . . , X n ]. Ya conocemos algo de su estructura;por ejemplo, es un dominio de factorizaci on unica. Vamos a profundiza un poco mas en su

aritm etica.





Recordemos que como las indeterminadas se suponen conmutativas, cada producto de las

mismas se puede escribir, un ıvocamente, en la forma X α 1

1 · · · X α n

n , siendo α i ∈ N, y que abre-viadamente podemos representar este producto por X α , siendo α = ( α1, . . . , α n )∈Nn .

Podemos desarrollar cada polinomio F ∈K [ X 1, . . . , X n ] en la siguiente forma:

F =α

a α X α ,

con a α ∈K , α∈Nn , y si α = ( α1, . . . , α n ), entonces X α = X α 11 · · · X n

α n .

Veamos, para jar notaci on, algunos elementos asociados con el polinomio F cuando tene-

mos un orden monomial en Nn .

(I) El diagrama de Newton de F es: N (F ) = {α∈Nn | a α = 0}.

(II ) Si F = 0, el exponente de F : exp(F ) = max {α∈Nn | α∈N (F )}.

(II I) El grado de F : grad(F ) = m ax{α1 + · · ·+ αn | α = ( α1, . . . , α n )∈N (F )}.

(IV ) El coeciente l ıder de F : LC(F ) = a exp( F ) .

( V ) El termino l ıder de F : LT(F ) = a exp( F ) X exp( F ) .

( VI) El monomio l ıder de F : LM(F ) = X exp( F ) .

Por completitud denimos LC (0) = 0 = LT(0). Entonces, como consecuencia, para cadaF ∈K [ X 1, . . . , X n ] tenemos F = 0 si, y solo si, LT (F ) = 0 si, y solo si, LC (F ) = 0.

Lema. 11.1.Dados F , G ∈K [ X 1, . . . , X n ] tenemos exp(FG ) = exp( F ) + exp( G ).

DEMOSTRACI ON . Como consecuencia de ser un orden compatible resulta exp(FG ) = exp( F )+exp(G ).

De forma inmediata tenemos el siguiente resultado:

Lema. 11.2.Dados 0 = F , G ∈K [ X 1, . . . , X n ] tenemos:

(1) Si F + G = 0, entonces exp(F + G ) ≤max{exp(F ), exp(G )};

(2) Si exp(F ) < exp(G ), entonces exp(F + G ) = exp( G ).





DEMOSTRACI ON .

Lo siguiente es tambi en notaci on. Si α1 . . . , α t ∈ N

n , es una lista de elementos de Nn , deni-mos:

∆ 1 = α1 + Nn ,∆ 2 = ( α2 + Nn ) \ ∆ 1,

...∆ t = ( α t + Nn ) \∪i < t ∆ i ,∆ = Nn \∪i ≤t ∆ i .

No creemos que la notaci on α i para un elemento de Nn se confunda con la i –esima potencia

de α, ya que no vamos a usar potencias de elementos de Nn

a lo largo de este trabajo.Lema. 11.3.Para cada lista de elementos de Nn , por ejemplo α1, . . . , α t , tenemos que {∆ 1, ∆ 2, . . . , ∆ t , ∆ }es una partici ´ on de Nn , cuando eliminamos los conjuntos vac ´ ıos.

DEMOSTRACI ON .

Como consecuencia, de este resultado, tenemos el siguiente algoritmo de la divisi on en elanillo K [ X 1, . . . , X n ].

Teorema. 11.4. (Algoritmo de la divisi on.)Dado un orden monomial en Nn , para cada lista nita de polinomios no nulos

G 1, . . . , G t ∈K [ X 1, . . . , X n ],

consideramos la partici ´ on de Nn determinada por la lista

exp(G 1), . . . , exp(G t ).

Se verica entonces que para cada 0 = F ∈ K [ X 1, . . . , X n ] existen elementos Q 1, . . . , Q t y

R ∈

K [ X 1, . . . , X n ], ´ unicos, cumpliendo las propiedades siguientes: (1) F = t

i = 1 Q i G i + R ;

(2) R = 0 ´ o N (R )⊆∆ ;

(3) Para cada ´ ındice i se verica: exp(G i ) + N (Q i )⊆∆ i .

Como consecuencia, si Q i G i = 0, se tiene exp(Q i G i ) ≤ exp(F ) y si R = 0, entonces exp(R ) ≤exp(F ).

DEMOSTRACI ON .





Existencia.

Hacemos inducci on sobre exp(F ). Si exp(F ) = 0, entonces tenemos dos posibilidades:

(I) exp(F ) = ( 0, . . . , 0)∈∆ i , para alg un ındice i ;

(II ) exp(F ) = ( 0, . . . , 0)∈∆ .

(i) Tenemos exp(F ) = exp( G i ) + γ , para alg un γ ∈ Nn , luego exp(G i ) = ( 0, . . . , 0) y G i ∈ K .Podemos tomar:

Q j = 0, si j = i ;Q

i = F

i / G

i ;

R = 0

(ii) Tenemos exp(F )∈∆ , entonces podemos tomar:

Q i = 0, si i = 1, . . . , t ;R = F

Supongamos ahora que el resultado es cierto para todos los polinomios G con exp(G ) <exp(F ). Al igual que antes tenemos dos posibilidades:

(I) exp(F )∈

∆ i , para alg un ındice i ;

(II ) exp(F )∈∆ .

(i) Tenemos exp(F ) = exp( G i ) + γ , para alg un γ ∈ Nn . Si denimos H = X γ G i tenemos queF − LC(F )

LC(H ) X γ G i es un polinomio con exponente estrictamente menor que F . Aplicando la

hip otesis de inducci on tenemos:

F

− LC(F )

LC(H ) X γ G i =

i

Q i G i + R

con los Q 1, . . . , Q t , R vericando las condiciones del enunciado. Entonces obtenemos la ex-presi on:

F =i

Q i G i + R ,

en dondeQ j = Q j , si j = i ;

Q i = Q i + LC(F )LC(H )

X γ ;

R = R





Para comprobar que se tienen las condiciones del enunciado observemos las siguientes in-

clusiones: exp(G i ) + N (Q i )⊆exp(G i ) + {N (Q i )∪{γ }}== (exp( G i ) + N (Q i ))∪{exp(G i ) + γ }⊆⊆∆ i .

(ii) Si exp(F ) ∈ ∆ , entonces F −LT(F ) es un polinomio con exponente estrictamente menorque F , y por tanto, por la hip otesis de inducci on, tenemos:

F −LT(F ) =i

Q i G i + R

con los Q 1, . . . , Q t , R vericando las condiciones del enunciado. Entonces obtenemos la si-guiente expresi on para F :

F =i

Q i G i + R ,

en donde

Q i = Q i , si i = 1, . . . , t ;R = R + LT(F )

Para comprobar que se tienen las condiciones del enunciado tenemos que si R = 0, entonces,considerando que N (0) = ∅, tenemos:

N (R ) =

N (R + LT(F ))

⊆N (R )

∪{exp(F )

}⊆∆ .

Unicidad.Sean

F =i

Q i G i + R =i

Q i G i + R

dos expresiones de F vericando las condiciones del enunciado. Tenemos entonces:

0 =i

(Q i −Q i )G i + ( R −R ).

Vamos a analizar los exponentes de los sumandos de esta suma:

exp(R −R )∈N (R −R )⊆N (R )∪N (R )⊆∆ .

exp(( Q i −Q i )G i ) = exp( Q i −Q i ) + exp( G i )⊆⊆exp(G i ) + ( N (Q i −Q i )) == (exp( G i ) + N (Q i ))∪(exp( G i ) + N (Q i ))

⊆∆ i .

Ahora como los ∆ 1, . . . , ∆ t , ∆ forman una partici on de Nn , llegamos a que cada uno de lossumandos es cero, y como estamos en un dominio, tenemos Q i = Q i , para cada ındice i , y

R = R .





Los elementos Q 1, . . . , Q t se llaman cocientes de F y R se llama resto de F relativos a {G 1, . . . , G t }.

El resto R se representa tambi en por R (F ;{G 1, . . . , G t }).Observar que el orden de los elementos G 1, . . . , G t es determinante para el c alculo del resto.Esto es, puede ocurrir que:

R (F ;{G 1, . . . , G i , . . . , G j , . . . , G t }) = R (F ;{G 1, . . . , G j , . . . , G i , . . . , G t }),

para i = j .

12. Ideales monomiales

Un ideal a de K [ X 1, . . . , X n ] se llama monomial si tiene un sistema de generadores formadopor monomios.

Lema. 12.1.Si a es un ideal monomial con un sistema de generadores formado por monomios { X α |α∈ A ⊆Nn }, para cada monomio X β

∈K [ X 1, . . . , X n ] son equivalentes:

(a) X β ∈a ;

(b) Existe F ∈K [ X 1, . . . , X n ] tal que X β = FX α , para alg ´ un α∈

A .

Adem ´ as, este F se puede tomar monomial.

DEMOSTRACI ON . Es claro que (b) implica (a). Para ver que (a) implica (b), sea { X α | α ∈ A }un sistema de generadores de a formado por monomios, y sea X β ∈ a. Entonces existen

F 1, . . . , F t ∈ K [ X 1, . . . , X n ] y α1, . . . , α t ∈ A tales que X β = i F i X α

i . Supongamos que F i =

j b ij X β ij , con b ij ∈K , tenemos la expresi on siguiente:

X β =i

F i X α i =i j

b ij X β ij X α i =i , j

b ij X β ij X α i =i , j

d ij X α i + β ij .

Los monomios unitarios son una K –base de K [ X 1, . . . , X n ], luego de X β = i , j d ij X αi + β ij de-

ducimos que la expresi on anterior se puede escribir

X β = {d ij | αi + β ij = β } X β ,

y como consecuencia, para alg un α i se tiene que existe un γ tal que α i + γ = β , entonces existe

un c ∈K tal que X β

= cX γ

X α i

, de donde se tiene el resultado.




SEC . 12. I DEALES MONOMIALES 57

Proposici on. 12.2.Sea a un ideal monomial y sea F un elemento de K [ X 1, . . . , X n ]. Son equivalentes los siguien-tes enunciados:

(a) F ∈a ;

(b) Todo monomio de F pertenece a a;

(c) F es una combinaci ´ on K –lineal de monomios de a.

DEMOSTRACI ON . Las relaciones (b) ⇔(c)⇒(a) son claras. Para probar que (a) implica (b),consideremos { X α | α ∈ A } un sistema de generadores de a formado por monomios para

alg un conjunto A . Sea F ∈ a, existen F 1, . . . , F t ∈ K [ X 1, . . . , X n ] y α1, . . . , α

t

∈ A tales que

F = i F i X αi . Consideramos desarrollos de los F i , por ejemplo, F i = j b ij X β ij , con b ij ∈ K .

Tenemos la expresi on siguiente:

F = i F i X αi

== i ( j b ij X β ij ) X α

i =

= i , j b ij X β ij X αi

== i , j d ij X α

i + β ij == β c β X β .

Si alg un c β = 0, entonces 0 = c β = {d ij | αi + β ij = β }, y al igual que en la demostraci ondel lema anterior tenemos que existe alg un αi

∈ A y alg un c ∈K tales que

c β X β = cX γ X αi ,

de donde cada monomio de F pertenece a a.

Si a es un ideal denimosExp( a) = {exp(F ) | 0 = F ∈a}.

Un subconjunto E ⊆ Nn

se llama un monoideal si para cada γ ∈ E y cada α ∈ Nn

se tieneγ + α∈E , esto es, E = E + Nn .Lema. 12.3.Para cada ideal a de K [ X 1, . . . , X n ] se tiene que Exp(a) es un monoideal de Nn .

Corolario. 12.4. (Lema de Dickson para ideales monomiales.)Si a es un ideal monomial, entonces a tiene un sistema nito de generadores formado por monomios.

DEMOSTRACI ON . Como tenemos que Exp(a) es un monoideal de Nn , sea A ⊆ Exp(a) nito

tal que Exp(a) = A + Nn

. Para cada α ∈ A consideramos F α ∈ a tal que exp(F α ) = α. Es claro





que LM (F α ) = LC(F α ) X α , luego X α ∈a . Consideramos ahora el ideal b = R ({ X α | α ∈ A }). Se

verica que b ⊆ a. Adem as, dado un monomio X β

∈ a tenemos β ∈ Exp(a) = A + N

n

, luegoexiste α∈ A y γ ∈Nn tales que β = α + γ . Entonces tenemos:

X β = X α+ γ = cX γ X α ,

para alg un c ∈K , y por tanto X β ∈b.

Una demostraci on directa de este resultado aparece en los ejercicios.

Como consecuencia de la demostraci on del Lema de Dickson para ideales monomiales tene-mos:

Corolario. 12.5.Si a y b son ideales monomiales, son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) a = b;

(b) Exp(a) = Exp( b).

El siguiente resultado es de inter es, ya que en teor ıa permite comparar ideales monomiales.

Proposici on. 12.6.Cada ideal monomial tiene un sistema m ´ ınimo de generadores.

DEMOSTRACI ON . Sean G y G dos sistemas de generadores. Para cada g ∈ G existe g ∈ G tal que g | g , luego G \ {g }∪{g }es un nuevo sistema de generadores que ocupa el lugar deG . Si realizamos este proceso para cada sistema de generadores G , llegamos a un sistema degeneradores m ınimo.

Es claro que existe una biyecci on entre ideales monomiales de K [ X 1, . . . , X n ] y monoideales deNn . En esta biyecci on a cada ideal a le corresponde el monoideal Exp(a), y a cada monoidealE ⊆ Nn , con sistema de generadores G le corresponde el ideal monomial con sistema degeneradores { X γ | γ ∈G }. En ambos casos los sistemas de generadores pueden ser tomadosnitos.

13. Bases de Groebner

Vamos a tratar ahora el caso general de un ideal no nulo del anillo de polinomios y vamos a

ver si es posible obtener un sistema de generadores que sea m ınimo en alg un sentido.




SEC . 13. B ASES DE GROEBNER 59

Lema. 13.1.Sea a un ideal no nulo de K [ X 1, . . . , X n ]. Si A

⊆ Nn es un sistema nito de generadores de

Exp( a), para cada conjunto de polinomios {F α | α∈

A }⊆a tales que exp(F α ) = α para cada α∈ A , se tiene que {F α | α∈ A }es sistema de generadores de a como ideal.

DEMOSTRACI ON . Como A es nito, supongamos que {F α | α ∈ A } = {G 1, . . . , G t }. Para cada0 = F ∈ a consideramos el algoritmo de la divisi on para la sucesi on G 1, . . . , G t . Obtenemosuna expresi on F = i Q i G i + R . Si R = 0, entonces N (R ) ⊆ ∆ y como tenemos R = F −

i Q i G i ∈a , se verica exp(R )∈Exp( a) = A + Nn = ∪i ∆ i , lo que es una contradicci on.

Si a esunidealde K [ X 1, . . . , X n ],una base de Groebner de a es un conjunto nitode elementos

no nulos, G= {G 1, . . . , G t }⊆a , vericando queExp( a) = {exp(G 1), . . . , exp(G t )}+ Nn = Exp( G) + Nn .

Corolario. 13.2.

(1) Cada ideal no nulo de K [ X 1, . . . , X n ] tiene una base de Groebner;

(2) Toda base de Groebner de un ideal no nulo es un sistema de generadores.

(3) Teorema de la base de Hilbert. Todo ideal de K [ X 1, . . . , X n ] es nitamente generado.

Proposici on. 13.3.Si a es un ideal no nulo de K [ X 1, . . . , X n ], y G, G son dos bases de Groebner de a , entonces para cada 0 = F ∈K [ X 1, . . . , X n ] se verica R (F ; G) = R (F ; G ).

DEMOSTRACI ON . Supongamos que al aplicar el algoritmo de la divisi on para G y G obtene-mos dos expresiones:

F =i

Q i G i + R = j

Q j G j + R ,

respectivamente. Si R = R , como R −R ∈a , tenemos

exp(R −R )∈

Exp( a) =∪

i ∆ i =∪

j (∆ ) j .Pero

exp(R −R )∈N (R −R )⊆N (R )∪N (R )⊆∆ = ∆ = Nn \ Exp( a),lo que es una contradicci on.

Algoritmo de Buchberger

Se trata ahora de caracterizar las bases de Groebner.





Proposici on. 13.4.Sea a un ideal no nulo de K [ X 1, . . . , X n ] y Guna familia nita de elementos de a. Son equiva-lentes los siguientes enunciados:

(a) Ges una base de Groebner de a;

(b) Para cada 0 = F ∈a se tiene R (F ; G) = 0.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Si R (F ; G) = 0, entonces exp(R (F ; G))∈Exp( a) ∩∆ = ∅, lo que esuna contradicci on.

(b)

⇒

(a). Sea 0

= F

∈ a, por el algoritmo de la divisi on existen Q 1, . . . , Q t , R

∈ K [ X 1, . . . , X n ]

tales que:F =

i

Q i G i , y exp(G i ) + N (Q i )⊆∆ i .

En consecuencia, exp(Q i G i ) = exp( Q j G j ) si i = j , y exp(F ) es el m aximo de los exponentes delos sumandos Q i G i . Existe un ındice i tal que

exp(F ) = exp( Q i G i )∈∆ i ⊆exp(G i ) + Nn ,

y por tanto exp(F )∈ {exp(G 1), . . . , exp(G t )}+ Nn .

Esta caracterizaci on de las bases de Groebner no es muy pr actica, ya que habr ıa que probarcon todos los elementos del ideal a para ver que tenemos una base de Groebner. Se trataentonces de buscar criterios m as pr acticos para caracterizar bases de Groebner.

Vamos a introducir en este punto la notaci on necesaria para su desarrollo.

Si X α y X β son dos monomios, vamos a denir su m ınimo com un m ultiplo. Denimos:

γ i = m ax{α i , β i }, 1 ≤ i ≤n .

Sea γ = ( γ 1, . . . , γ n ) ∈ Nn , entonces llamamos a X γ el m ınimo com un m ultiplo de X α y X β .Tenemos que X γ es realmente un m ultiplo ya que se verica:

X γ = X γ −α X α .

Y el resultado an alogo para X β : X γ = X γ −β X β .

El m ınimo com un m ultiplo se representa por m. c. m.{ X α , X β }.

Con este bagaje vamos a denir las semisicigias o s–polinomios . Dados F , G ∈K [ X 1, . . . , X n ],con exp(F ) = α y exp(G ) = β , el s–polinomio denido por F y G es:

S (F , G ) = 1

LC(F )

X γ −α F

−

1

LC(G )

X γ −β G .





Lema. 13.5.Se considera la expresi ´ on t

i = 1 c i X αi F i , en donde: los F i son elementos de K [ X 1, . . . , X n ], c i

∈K y αi ∈Nn , vericando:

exp(i

c i X αi F i ) < δ = exp( X α

i F i ), para cada ´ ındice i .

Entonces existen elementos c jk ∈K tales que:

i

c i X αi F i =

jk

c jk X δ −γ jk S (F j , F k ), y exp( X δ −γ jk

S (F j , F k )) < δ,

en donde X γ jk

= m . c. m.{ X exp( F j ) , X exp( F k )}.

DEMOSTRACI ON . Supongamos que exp(F i ) = β i , entonces α i + β i = δ . Hacemos el siguientedesarrollo:

i

c i X αi F i =

i

c i LC(F i ) X α

i F i

LC(F i ) =

i

c i LC(F i )H i ,

donde X αi F i

LC(F i ) = H i Podemos completar este desarrollo de la siguiente forma:

i

c i X α i F i =i

c i LC(F i )H i =

= c 1LC(F 1)(H 1 −H 2) + ( c 1LC(F 1) + c 2LC(F 2))( H 2 −H 3) + · · ·· · ·+ ( c 1LC(F 1) + · · ·+ c t −1LC(F t −1))( H t −1 −H t )+

+( c 1LC(F 1) + · · ·+ c t LC(F t ))H t .

Consideramos ahora el producto X δ −γ jk S (F j , F k ). Vamos a desarrollarlo y ver que vamos a

obtener un m ultiplo de H j −H k .

X δ

−γ jk

S (F j , F k ) =

= X δ −γ jk 1LC(F j )

X γ jk −β j F j − 1

LC(F k ) X γ jk −β k

F k =

= 1

LC(F j ) X δ −γ jk

X γ jk −β j F j − 1

LC(F k ) X δ −γ jk

X γ jk −β k F k =

= 1

LC(F j ) X δ −β j F j −

1LC(F k )

X δ −β k F k =

= 1

LC(F j ) X δ −β j F j

− 1

LC(F k ) X δ −β k

F k =





= X α

j F j

LC(F j ) − X α

k F k

LC(F k ) =

= H j −H k .

Entonces tenemos X δ −γ jk

S (F j , F k ) = H j −H k .

Ahora como i c i LC(F i ) = 0, tenemos:

c i X αi F i =

c 1LC(F 1) X δ −γ 12S (F 1, F 2)+

+( c 1LC(F 1) + c 2LC(F 2)) X δ −γ 23S (F 2, F 3) + · · ·

· · ·+ ( c 1LC(F 1) + · · ·+ c t −1LC(F t −1))

X δ −γ t − 1, t S (F t −1, F t ).

Y tenemos la primera parte del enunciado. Para la segunda parte tenemos en cuenta quecada H i es un polinomio m onico con exp(H i ) = δ , entonces exp(H i −H j ) < δ y tenemos elresultado.

Teorema. 13.6. (Buchberger)Sea a un ideal no nulo del anillo K [ X 1, . . . , X n ] y Gun sistema nito de generadores de a . Sonequivalentes los siguientes enunciados:

(a) Ges una base de Groebner de a;

(b) Para un orden jado de Gy para cada i = j se tiene R (S (G i , G j ); G) = 0.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Es evidente.

(b)⇒(a). Sea 0 = F ∈a , entonces F = Q i G i y tenemos

exp(F ) ≤max{exp(Q i G i ) | i = 1, . . . , t }.

Vamos a ver que podemos alcanzar la igualdad. Llamamos:

δ = m ax{exp(Q i G i ) | i = 1, . . . , t },δ i = exp( Q i G i ).

Si exp(F ) < δ , descomponemos F en la siguiente forma:

F = i Q i G i == δ i = δ Q i G i + δ i <δ Q i G i =

= δ i = δ LM(Q i )G i + δ i = δ (Q i −LM(Q i ))G i + δ i <δ Q i G i .





las dos ultimas sumas son “ despreciables ”, ya que su exponente es menor que δ . Vamos a

cambiar δ i = δ LM(Q i )G i mediante otra expresi on. Usando el Lema ( 13.5. ) tenemos:

δ i = δ

LM(Q i )G i = c jk X δ −γ jk S (G j , G k ),

con exp( X δ −γ jk S (G j , G k )) < δ . Los restos de la divisi on de S (G j , G k ) por G 1, . . . , G t son cero,

entonces resulta:

S (G j , G k ) = Q jki G i , con Q jki ∈K [ X 1, . . . , X n ],

y por el algoritmo de la divisi on tenemos:

exp(Q jki G i ) ≤exp(S (G j , G k )) .

Encontramos pues una expresi on del siguiente tipo:

F =i

Q i G i , con exp(Q G i ) < δ.

Repitiendo el proceso tantas veces como sea necesario, llegamos a una expresi on

F =i

Q i G i ,

en donde exp(F ) = m ax{exp(Q i G i ) | i = 1, . . . , t }, y como consecuencia exp(F ) = exp( Q i G i )para alg un ındice i , esto es:

exp(F ) = exp( Q i G i ) = exp( Q i ) + exp( G i )∈ {exp(G 1), . . . , exp(G t }+ Nn .

y Ges una base de Groebner.

Vamos ahora a buscar un mecanismo que nos permita construir una base de Groebner de unideal a.

Teorema. 13.7. (Algoritmo de Buchberger.)Sea a un ideal no nulo de K [ X 1, . . . , X n ] con un sistema de generadores {F 1, . . . , F t }. Es posi-ble construir una base de Groebner de a siguiendo los siguientes pasos:

(1) Se dene G0 = {F 1, . . . , F t };

(2) Se dene Gn + 1 = ∪{R (S (F , G ); Gn ) = 0 | F , G ∈Gn }.

Entonces cuando Gi = Gi + 1, tenemos que Gi es una base de Groebner de a.





DEMOSTRACI ON . Dado G0 = {G 1, . . . , G t }, si R (S (F , G ); G0) = 0 para cada par F , G ∈G0, en-

tonces tenemos una base de Groebner. Si no lo es, existen F , G ∈G0 tales que R (S (F , G ); G0) =0. Llamamos G t + 1 = R (S (F , G ); G). Tenemos que N (G t + 1)⊆∆ . Entonces, si denimos:

G(1) = {G 1, . . . , G t , G t + 1},

obtenemos una partici on∆ 1, . . . , ∆ t , ∆ t + 1, ∆ (1) ,

siendo ∆ t + 1∪∆ (1) = ∆ . Si R (F ; G0) = 0, para F ∈ K [ X 1, . . . , X n ], entonces R (F ; G(1)) = 0. Y

en el caso en que R (S (G i , G j ), G0) = 0, tambi en se tiene R (S (G i , G j ), G(1)) = 0, por lo tanto eltrabajo hecho lo podemos aprovechar.

Si para todo F , G ∈ G(1) se verica R (S (F , G ); G(1)) = 0, entonces tenemos una base deGroebner. En el caso contrario tenemos un nuevo G t + 2 = R (S (F , G ); G(1)) = 0, y denimos

G(2) = {G 1, . . . , G t + 1, G t + 2}, teniendo que N (G t + 2)⊆∆ (1) .

Si en alg un momento encontramos una base de Groebner, ya hemos terminado, en caso con-trario tendr ıamos una cadena ascendente de sistemas de generadores:

G0 ⊂G(1) ⊂ · ·· Asociada tenemos una cadena ascendente de monoideales:

exp(G0) + Nn ⊂exp(G(1)) + Nn

⊂ · · ·Como consecuencia del Lema de Dickson esta cadena se estabiliza y por tanto existe un ındi-ce n tal que

exp(G(n )) + Nn = exp( G(n + 1)) + Nn ,

tenemos entoncesexp(G t + n + 1)∈exp(G(n )) + Nn = Nn \ ∆ (n ) ,

pero exp(G t + n + 1)∈∆ (n ) , lo que es una contradicci on.

En el proceso anterior obtenemos un sistema de generadores que es una base de Groebner, y que tiene, posiblemente, demasiados elementos. Veamos como optimizar el proceso deobtenci on de una base de Groebner.Lema. 13.8.Sea a un ideal no nulo de K [ X 1, . . . , X n ] y G = {G 1, . . . , G t }una base de Groebner de a . Sea F ∈Gun polinomio que verica:

exp(F )∈ {exp(G ) | F = G ∈G}+ Nn ,

entonces G\ {F }es una base de Groebner de a.





Una base de Groebner Gde un ideal no nulo a de K [ X 1, . . . , X n ] se llama minimal si verica:

(I) LC(F ) = 1 para cada F ∈G;

(II ) exp(F ) /∈ {exp(G ) | F = G ∈G}+ Nn para cada F ∈G.

Simplemente eliminando los elementos que sobran tenemos la siguiente Proposici on.

Proposici on. 13.9.Todo ideal no nulo a de K [ X 1, . . . , X n ] tiene una base de Groebner minimal.

Corolario. 13.10.Dado un subconjunto G= {G 1, . . . , G t }⊆a de un ideal de K [ X 1, . . . , X n ] son equivalentes:

(a) Ges una base de Groebner minimal,

(b) {exp G 1, . . . , exp G t }es un sistema m ´ ınimo de generadores de Exp(a).

Como consecuencia los t ´ erminos l ´ ıderes de una base de Groebner minimal est ´ an determi-nados de forma ´ unica y cada dos bases de Groebner minimales tienen el mismo n ´ umero de elementos.

DEMOSTRACI ON . La equivalencia (a)

⇔

(b) es consecuencia directa de la denici on.El resto es consecuencia del Lema ( 10.5. ) que asegura que cada monoideal tiene un unicosistema de generadores minimal.

Un ideal puede tener bases de Groebner minimales distintas. Para buscar la unicidad vamosa introducir las bases de Groebner reducidas. Una base de Groebner Gde un ideal no nulo ase llama reducida si verica:

(I) LC(F ) = 1 para cada F ∈G;

(II ) N (F ) ∩({exp(G ) | F = G ∈G}+ Nn

) = ∅para cada F ∈G.

Es claro que toda base de Groebner reducida de un ideal no nulo a es una base de Groebnerminimal.Teorema. 13.11.Cada ideal no nulo tiene una ´ unica base de Groebner reducida.

DEMOSTRACI ON . Si Ges una base de Groebner minimal, un elemento F ∈Gse llama redu-cido si

N (F ) ∩({exp(G ) | F = G ∈G}+ Nn ) = ∅.





Si F ∈Ges reducido, entonces es reducido en cualquier base de Groebner minimal G que lo

contenga y que verique:{exp(G ) | G ∈G}= {exp(G ) | G ∈G}.

Denimos para cada F ∈Glos siguientes elementos:

F = R (F , G\ {F });G = (G\ {F })∪{F }.

G es tambi en una base de Groebner de a. Si exp(F ) = exp( F ), entonces de las relaciones:

F = Q G G + R (F ; G\ {F }) = Q G G + F exp(F ) = m ax{{exp(Q G G ) | G ∈G\ {F }}∪{exp(F )}},

y por ser todos los exponentes distintos, se tiene que existe G ∈ G\ {F } tal que exp(F ) =exp(Q G G ), lo que es una contradicci on con el hecho de ser G una base de Groebner mini-mal. Tenemos entonces que G es una base de Groebner y que F es reducido. Aplicando esteproceso a cada uno de los elementos obtenemos una base de Groebner reducida.

Para ver la unicidad, si G y G son dos bases de Groebner reducidas, se verica:

Exp( a) = exp( G) + Nn = exp( G ) + Nn .

Dado F ∈Gtenemos las relaciones siguientes:

exp(F ) = exp( G ) + γ, G ∈G , γ ∈Nn

;exp(G ) = exp( G ) + γ , G ∈G, γ ∈Nn ;

de donde se deduce que exp(F ) = exp( G ) + γ + γ , y por ser Gminimal tenemos γ = 0 = γ .Entonces exp(F ) = exp( G ) y como consecuencia tenemos la igualdad:

exp(G) = exp( G ).

Dado ahora F ∈ G, existe G ∈ G tal que exp(F ) = exp( G ). Entonces F −G tiene todos susterminos menores que exp(F ). Como F −G ∈ a tenemos R (F −G ; G) = 0. Como G y G sonreducidas y exp(G) = exp( G ), tenemos

N (F

−G )

⊆

∆ = Nn

\Exp( a),

Para probar esta inclusi on consideramos el siguiente desarrollo:

N (F −G ) ∩(exp( G) + Nn ) =

N (F −G ) ∩(∪{exp(L ) + Nn | L ∈G}) =

∪{N (F −G ) ∩(exp( L ) + Nn ) | L ∈G}=

∪{N (F −G ) ∩(exp( L ) + Nn ) | F = L ∈G}=

N (F −G ) ∩({exp(L ) | F = L ∈G}+ Nn )⊆( N (F ) ∩({exp(L ) | F = L ∈G}+ Nn ))∪ N (G ) ∩({exp(L ) | G = L ∈G}+ Nn )) = ∅

Entonces R (F −G ; G) = F −G , de donde F = G .




SEC . 14. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE GROEBNER 67

14. Aplicaciones de las Bases de Groebner

Vamos a estudiar aplicaciones de la teor ıa de bases de Groebner hasta ahora desarrollada.En primer lugar estudiamos las aplicaciones cl asicas de las bases de Groebner en orden acalcular con elementos en el anillo K [ X 1, . . . , X n ]. La ultima parte la dedicamos al c alculo dela dimensi on en algunos ejemplos de anillos cocientes de anillos de polinomios.

Problema de pertenencia

Problema. 14.1.Sea a un ideal izquierda de K [ X 1, . . . , X n ] con un sistema de generadores {F 1, . . . , F r }; dado F ∈K [ X 1, . . . , X n ], nos planteamos el problema de determinar si F ∈a .

Esto se hace como sigue: se calcula una base de Groebner G = {G 1, . . . , G t } de a ; entoncestenemos F ∈a si, y solo si, R (F ; G) = 0.

Es posible tambi en obtener una expresi on de F como combinaci on lineal de los generadoresoriginales F 1, . . . , F r . Para ello unicamente hay que tener en cuenta que, por el algoritmo dela divisi on, tenemos una expresi on de la forma:

F = Q 1G 1 + · · ·+ Q t G t ,

y como los G i se obtienen haciendo s –polinomios a partir de los F j , tenemos que es posibledar la expresi on deseada.

Igualdad de ideales

Problema. 14.2.Sean a1 y a2 ideales izquierda de K [ X 1, . . . , X n ] con sistemas de generadores {F 11 , . . . , F 1r 1}y

{F 21 , . . . , F 2r 2}, respectivamente. El problema es determinar cuando a1 = a2.

Conseguimos bases de Groebner reducidas G1 y G2 de a1 y a2, respectivamente. Por la unici-

dad de las bases de Groebner reducidas, tenemos a1 = a2 si, y solo si, G1 = G2.





Representantes can onicos

Problema. 14.3.Dado un ideal a de K [ X 1, . . . , X n ] el problema es dar un criterio, y un m ´ etodo, para determi-nar un representante can ´ onico en cada clase del cociente K [ X 1, . . . , X n ]/ a .

En primer lugar, dado a , construimos una base de Groebner Gde a . Para cada F ∈K [ X 1, . . . , X n ]consideramos el resto R (F ; G) y es claro que se verica:

F + a = R (F ; G) + a.

Adem as, R (F , G) es unico vericando la igualdad anterior y N (R (F ; G)) ⊆ ∆ = Nn \ Exp( a),ver Proposici on ( 13.3. ). Este elemento R (F ; G) lo llamamos la forma normal de la clase de F con respecto a G.

El comportamiento de la forma normal es bueno respecto a combinaciones K –lineales, yaque si a 1, a 2 ∈C y F 1, F 2 ∈K [ X 1, . . . , X n ], entonces se verica: R (a 1F 1 + a 2F 2; G) = a 1R (F 1; G)+a 2R (F 2; G). Es claro que por el algoritmo de la divisi on tenemos:

F i = Q i 1G 1 + · · ·+ Q i t G t + R (F i ; G),

entonces se verica:a 1F 1 + a 2F 2 =

a 1Q 11G 1 + · · ·+ a 1Q 1t G t + a 1R (F 1; G) + a 2Q 21G 1 + · · ·+ a 2Q 2t G t + a 2R (F 2; G) =

(a 1Q 11 + a 2Q 21)G 1 + · · ·+ ( a 1Q 1t + a 2Q 2t )G t + a 1R (F 1; G) + a 2R (F 2; G),

de donde tenemos el resultado, ya que

N (a 1R (F 1; G) + a 2R (F 2; G))⊆Nn \ Exp( a),

y por tanto R (a 1F 1 + a 2F 2; G) = a 1R (F 1; G)+ a 2R (F 2; G). Tenemos entonces, para cualesquieraF 1, F 2

∈K [ X 1, . . . , X n ], las equivalencias entre los siguientes enunciados:

F 1 + a = F 2 + a;F 1 −F 2 ∈a ;R (F 1 −F 2; G) = 0;R (F 1; G) = R (F 2; G).

Como consecuencia, cada elemento de K [ X 1, . . . , X n ]/ a est a un ıvocamente determinado, y determina, un elemento R de K [ X 1, . . . , X n ] con N (R )⊆Nn \ Exp( a). Para estos elementos lasoperaciones en K [ X 1, . . . , X n ]/ a est an denidas exactamente por estos representantes por laregla:

a 1(R 1 + a) + a 2(R 2 + a) = ( a 1R 1 + a 2R 2) + a.




SEC . 14. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE GROEBNER 69

Ideales conitos

Pasamos ahora a estudiar el caso de ideales conitos, esto es, ideales a de K [ X 1, . . . , X n ] talesque el cociente K [ X 1, . . . , X n ]/ a es de dimensi on nita como K –espacio vectorial.

K –base del cociente

Problema. 14.4.

Se trata de dar un m ´ etodo que permita calcular una base del cociente K [ X 1, . . . , X n ]/ a .

Para cada clase F + a de K [ X 1, . . . , X n ]/ a , considerando una base de Groebner de a, tenemosun representante R de la clase F + a tal que N (R ) ⊆ Nn \ Exp( a). De aqu ı resulta que R sepuede escribir en la forma

R =α

c α X α ,

con α /∈ {exp(G ): G ∈ G} + Nn = Exp( a) y c α ∈ K . Tenemos entonces que { X β | β ∈N

n

\ Exp(a)} es un sistema de generadores linealmente independiente de K [ X 1, . . . , X n ]/ a ;esto resuelve el problema.

Como subproducto podemos determinar cu ando un ideal a la izquierda es conito; lo es si, y solo si, el cardinal del conjunto Nn \ Exp(a) es nito. Este resultado lo mejoraremos m asadelante al estudiar la dimensi on de los cocientes K [ X 1, . . . , X n ]/ a .

Operaciones en el cociente

Problema. 14.5.Dar un criterio que permita calcular las operaciones en el cociente K [ X 1, . . . , X n ]/ a cuando a es un ideal (conito) de K [ X 1, . . . , X n ].

Supuesto que a es un ideal conito, las clases del cociente S = K [ X 1, . . . , X n ]/ a tienen una K –base nita, y como S es un anillo, tenemos un producto interno en S . Pero S es una K –algebranito–dimensional, luego este producto se puede describir completamente en t erminos delos productos de los elementos de una K –base. El c alculo se realiza considerando una base

de Groebner G y calculando los restos de la divisi on por G.





Caracterizaci on de ideales conitos

Ya conocemos que un ideal a la izquierda a de K [ X 1, . . . , X n ] es conito si, y s olo si, Nn \Exp( a)es nito. Vamos a buscar una caracterizaci on m as sencilla.Proposici on. 14.6.Sea a un ideal a la izquierda de K [ X 1, . . . , X n ] con base de Groebner reducida G. Son equiva-lentes los siguientes enunciados:

(a) a es conito;

(b) Para cada indeterminada X i existen G j ∈Gy ν i ∈Ntales que LM (G j ) = X ν i i .

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Como a es conito, dado X i existe ν i ∈Ntal que X ν i i es el t ermino

lıder de un polinomio en a , entonces (0, . . . , ν i , . . . , 0) ∈ Exp(a) = exp( G) + Nn . Llamemosα j = exp( G j ) para cada G j ∈G. Existen j ∈{1, . . . , t } y γ ∈Nn tales que

(0, . . . , ν i , . . . , 0) = α j + γ,

entonces α j h = 0 = γ h si h = i . Luego exp(G j ) = ( 0, . . . , µ i , . . . , 0) para alg un µi ∈ N, esto es,

LM(G j ) = X m i para alg un m ∈N.

(b)

⇒

(a). Consideramos α

∈Nn

\Exp( a). Por hip otesis, para cada X

i existe G

j tal que LT (G

j ) =

X ν i i . Si αi ≥ν i , entonces tenemos una expresi on del siguiente tipo:

α = ( 0, . . . , ν i , . . . , 0) + ( α1, . . . , α i −ν i , . . . , α n )∈exp(G j ) + Nn ⊆Exp( a),

lo que es una contradicci on, y por tanto necesariamente α i < ν i , para cada ındice i . En conse-cuencia existe un n umero nito de elementos α∈Nn \ Exp( a) y por tanto a es conito.

15. Aplicaciones de las Bases de Groebner, II

Eliminaci on de variables

Dado un sistema de ecuaciones polin omicas: F i = 0}i = 1,..., s , siendo cada F i ∈ K [ X 1, . . . , X n ],una soluci on al sistema es un elemento (a 1, . . . , a n ) ∈ K n tal que F i (a 1, . . . , a n ) = 0 para cadaındice i .

Observar que si llamamos a al ideal generado por {F 1, . . . , F s }, entonces para cada siste-ma de generadores {G 1, . . . , G t } de a un elemento (a 1, . . . , a n ) es una soluci on del sistema

F i = 0}i = 1,..., s si y solo si es una soluci on del sistema G j = 0 j = 1,..., t .




SEC . 15. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE GROEBNER , I I 71

Esto signica que lossistemas que tenemos que resolver son aquellos para losque {F 1, . . . , F s }es una base de Groebner, si es necesario reducida, de un cierto ideal.En el caso en que los F i son polinomios lineales el sistema F i = 0}i = 1,..., s se resuelve por elm etodo de Gauss–Jordan. En ese caso se van eliminando variables: X 1, X 2, etc., hasta llegar aecuaciones en las que cada variable “libre”se expresa en funci on de unas variables “depen-dientes”.Ejemplo. 15.1.Consideramos el sistema de ecuaciones lineales

X 1 + X 2 − X 3 + 2 X 4 −1 = 02 X 1 + X 2 + X 3

− X 4 + 2 = 0

X 1 − X 2 + 5 X 3 −8 X 4 + 7 = 0Su soluci on es la soluci on del sistema:

X 1 + 2 X 3 −3 X 4 + 3 = 0 X 2 −3 X 3 + 5 X 4 −4 = 0

Observar que si consideramos el orden lexicogr aco con X 1 > X 2 > X 3 > X 4, y llamamos aal ideal ( X 1 + X 2 − X 3 + 2 X 4 −1, 2 X 1 + X 2 + X 3 − X 4 + 2, X 1 − X 2 + 5 X 3 −8 X 4 + 7), una basede Groebner es: { X 1 + 2 X 3 −3 X 4 + 3, X 2 −3 X 3 + 5 X 4 −4}. Adem as una base de Groebner dea1 := a ∩K [ X 2, X 3, X 4] es G1 = { X 2 −3 X 3 + 5 X 4 −4}.

Este proceso podemos repetirlo si consideramos un sistema de ecuaciones polin omicas nolineales F i = 0}i = 1,..., s . Si {F i | i = 1, . . . , s }es una base de Groebner del ideal correspondien-te, al que llamaremos a, denimos el i –esimo ideal de eliminaci on , con respecto al ordenlexicogr aco con X 1 > · · ·> X n , como a i := a ∩K [ X i + 1, . . . , X n ].

Teorema. 15.2.Sea G = {G 1, . . . , G t }una base de Groebner de un ideal no nulo a ⊆ K [ X 1, . . . , X n ] con respecto al orden lexicogr ´ aco con X 1 > ·· · > X n . Entonces G∩K [ X i + 1, . . . , X n ] es una base de Groebner del i – esimo ideal de eliminaci ´ on a i = a ∩K [ X i + 1, . . . , X n ].

DEMOSTRACI ON . Supongamos que Gi = {G k , . . . , G t }. Dado F ∈ a i se tiene exp(F ) ∈ ∆ j

paraalg un j = k , . . . , t , ya que F no tiene monomios en los que aparezcan X 1, . . . , X i . Por lo tantoexp(F )∈ {exp (G k ), . . . , exp(G t )}+ Nn , y se tiene Exp(a i ) = {exp (G k ), . . . , exp(G t )}+ Nn .

La aplicaci on de este resultado es como sigue. Dado un sistema F j = 0 j = 1,..., s en el que G :=

{F j | j = 1, . . . , s } es una base de Groebner, ordenamos los elementos de G de forma queGi = {F k i , F k i + 1, . . . , F s }con 1 ≤ k i ≤ k i + i ≤ s , para cada ındice i = 0, 1, . . . , n −1. Entoncescomenzamos resolviendo el sistema F j = 0 j = k n − 1,..., s . A continuaci on, con los valores obteni-dos resolvemos el sistema F j = 0 j = k n − 2,..., s , ya s ı proseguimos hasta resolver el sistema inicial

F j = 0 j = 1,..., t .





Ejercicio. 15.3.Resuelve en Cel sistema

X 3 −2 XY + Y 3 = 0 X 5 −2 X 2Y 2 + Y 5 = 0

Calculamos una base de Groebner para el ideal a = ( X 3 −2 XY + Y 3, X 5 −2 X 2Y 2 + Y 5), conrespecto al orden lexicogr aco con X > Y . Este es:

{ X 3 −2 XY + Y 3, 200 XY 2 + 193Y 9 + 158Y 8 −45Y 7 −456Y 6 + 50Y 5 −100Y 4,Y 10 −Y 8 + 2Y 7 + 2Y 6}.

Al resolver Y 10

−Y 8 + 2Y 7 + 2Y 6 = Y 6(Y

−1)2(Y 2 + 2Y + 2) = 0 tenemos las ra ıces

y 1 = 0, y 2 = 1, y 3 = −1 + i , y 4 = −1 −i .

Para cada uno de estos valores tenemos que resolver las ecuaciones

X 3 −2 XY + Y 3 = 0200 XY 2 + 193Y 9 + 158Y 8 −45Y 7 −456Y 6 + 50Y 5 −100Y 4 = 0

y 1 = 0. El sistema es: X 3 = 00 = 0

La unica soluci on es: (0, 0).

y 2 = 1. El sistema es: X 3 −2 X + 1 = 0200 X −200 = 0

La unica soluci on es: (1, 1).

y 3 = −1 ±i . El sistema es: X 3 −2(−1 ±i ) X + (−1∓i ) = 0

−400i ( X + 1∓

i ) = 0La unica soluci on es: (−1∓i , −1 ±i ).

Por lo tanto el sistema tiene cuatro soluciones: (0, 0), (1, 1), (−1 −i , −1 + i ) y (−1 + i , −1 −i ).

Intersecci on de ideales

Dados dos ideales a y b del anillo K [ X 1, . . . , X n ], se trata de determinar la intersecci on a ∩b.

Vamos a hacer uso de la t ecnica de eliminaci on de variables, para esto introducimos una




SEC . 15. A PLICACIONES DE LAS B ASES DE GROEBNER , I I 73

nueva variable T , y consideramos la extensi on de anillos

ω : K [ X 1, . . . , X n ] −→K [T , X 1, . . . , X n ].

El ideal a se extiende al ideal ae en K [T , X 1, . . . , X n ] generado por los mismos elementos, estoes, si a = F 1, . . . , F s , entonces a e = K [T , X 1, . . . , X n ]a = F 1, . . . , F s en K [T , X 1, . . . , X n ]. Deforma an aloga tenemos para b = G 1, . . . , G t .

Teorema. 15.4.Sean a = F 1, . . . , F s y b = G 1, . . . , G t , ideales de K [ X 1, . . . , X n ]. Se considera una nueva variable T , la extensi ´ on ω : K [ X 1, . . . , X n ] −→K [T , X 1, . . . , X n ] y el ideal c := T ae + ( 1 −T )be

⊆K [T , X 1, . . . , X n ]. Se verica a

∩b = c

∩K [ X 1, . . . , X n ],

esto es, a ∩ b es el primer ideal eliminaci ´ on de c con respecto al orden lexicogr ´ aco conT > X 1 > · · ·> X n .

DEMOSTRACI ON . Dado F ∈ a ∩b se tiene F = TF + ( 1 −T )F , luego a ∩b ⊆ c ∩K [ X 1, . . . , X n ].Sea ahora F ∈c ∩K [ X 1, . . . , X n ], existen U i , V j ∈K [T , X 1, . . . , X n ] tales que

F = T s

i = 1

U i F i + ( 1 −T )t

j = 1

V j G j .

Al evaluar esta expresi on en T = 1 se obtiene

F =s

i = 1

U i (1, X 1, . . . , X n )F i ( X 1, . . . , X n )∈a ,

y al evaluar en T = 0 se tiene

F =t

j = 1

V j (0, X 1, . . . , X n )G j ( X 1, . . . , X n )∈b.

Luego F ∈a ∩b.

Ejercicio. 15.5.Determina la intersecci ´ on de los ideales a = ( X , Y ) y b = ( X −1, Y −1) en K [ X , Y ].

SOLUCI ON . Introducimos una nueva variable T . Un sistema de generadores para T a + ( 1 −T )b es {TX , TY , (1 −T )( X −1), (1 −T )(Y −1)}. Una peque na manipulaci on nos conduce alsistema de generadores: {TX , TY , T + X −1, X −Y }. A partir de aqu ı una base de Groebneres: {TX , TY , T + X −1, X −Y , Y 2 −Y }, y una base de Groebner reducida es: {TX , TY , T + Y −1, X −Y , Y

2

−Y }.





El primer ideal de eliminaci on tiene como base de Groebner { X −Y , Y 2 −Y }. Por lo tanto

a ∩b = ( X −Y , Y 2

−Y ).

Otra aplicaci on de la intersecci on de ideales es el cociente de dos ideales. Dados a, b ⊆K [ X 1, . . . , X n ], recordar que el cociente de a y b se dene como

(a : b) = {F ∈K [ X 1, . . . , X n ] | F b⊆a}.

Observar que (a : b) = ∩{(a : G ) | G ∈b}, y s i {G j | j = 1, . . . , t }es un sistema de generadoresde b, entonces

(a : b) = ∩{(a : G j ) | j = 1, . . . , t }.

Para realizar el c alculo efectivo del cociente de dos ideales, basta pues determinar (a : G ).

Proposici on. 15.6.Dados a un ideal de K [ X 1, . . . , X n ] y G ∈K [ X 1, . . . , X n ] se verica:

G (a : G ) = a ∩(G ).

Como consecuencia, se tiene: (a : G ) = 1G (a ∩(G )) .

DEMOSTRACI ON . Sea F

∈ G (a : G ), entonces F = GH para alg un H

∈ (a : G ), entonces

F = GH ∈a ∩G . Por otro lado, si F ∈a ∩(G ), entonces F = GH para alg un H ∈K [ X 1, . . . , X n ], y como F ∈a , entonces GH ∈a y por tanto H ∈(a : G ), esto es, F ∈G (a : G ).

Como el c alculo de la intersecci on de dos ideales de K [ X 1, . . . , X n ] es posible realizarlo me-diante m etodos computacionales, resulta que tambi en es posible realizar el cociente de dosideales.Ejercicio. 15.7.Dados a = ( X 2 + XY −Y 2 + 1, XY 2 + X −1) y G = X −Y , determinar (a : G ).

SOLUCI ON . Consideramos a ∩(G ). Una base de Groebner es: { XY 6 + XY 4 − XY 3 − XY 2 − XY −2 X −Y 7 −Y 5 + Y 4 + Y 3 + Y 2 + 2Y , X 2 − XY 4 + X + Y 5 −Y 2 −Y }; sin embargo tenemos quecalcular 1

G (a ∩(G )) . Al dividir por G tenemos que una base de (a : G ) es: {Y 6 + Y 4 −Y 3 −Y 2 −Y −2, X −Y 4 + Y + 1}.

16. Ejercicios

Representaci ´ on de polinomios





Ejercicio. 16.1.Ordena los monomios

X 3Z 2, X 2Y 2Z , XZ 2, Y 2Z , X 3Y , X 3Z , X 2Y , Y 2Z 2.

(1) Para el orden lexicogr ´ aco dado por X > Y > Z ,(2) para el orden lexicogr ´ aco graduado correspondiente y (3) para el orden lexicogr ´ aco graduado inverso correspondiente.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.2.

Ordena los monomios

X 2Z , X 2Y 2Z , XY 2Z , X 3Y , X 3Z 2, X 2, X 2YZ 2, X 2Z 2.

(1) para el orden monomial lexicogr ´ aco dado por X > Y > Z ,(2) para el orden lexicogr ´ aco graduado correspondiente y (3) para el orden lexicogr ´ aco graduado inverso correspondiente.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.3.(1). Escribe expl ´ ıcitamente los diez primeros monomios del anillo K [ X , Y ] para el orden lex y para el orden invgrlex dados por X > Y .(2). Escribe expl ´ ıcitamente todos los monomios de K [ X , Y , Z ] de grado total menor o igual a 2 en orden lexicogr ´ aco y en orden lexicogr ´ aco graduado.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.4.Razona que existen n ! ordenaciones monomiales lexicogr ´ acas distintas sobre

K [ X 1, . . . , X n ]. Y razona que existen n ! ordenaciones grlex distintas y n ! ordenaciones invgrlex distintas sobre K [ X 1, . . . , X n ].

SOLUCI ON

Algoritmo de la divisi ´ on

Ejercicio. 16.5.Usando el orden invgrlex para X > Y : (1). Halla el resto de X 7Y 2 + XY 2 + Y 2 m ´ odulo { XY 2 − X , X −Y 3}.

(2). Halla el resto de X 7Y

2+ XY

2+ Y

2m ´ odulo { X −Y

3, XY

2

− X }.





SOLUCI ON

Ejercicio. 16.6.Usando el orden invgrlex para X > Y : (1). Halla el resto de X 2Y + XY 2 + Y 2 m ´ odulo {Y 2 −1, XY −1}.(2). Halla el resto de X 2Y + XY 2 + Y 2 m ´ odulo { XY −1, Y 2 −1}.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.7.Haz la divisi ´ on de F = X 3Y 3 + 3 X 2Y 4 por G = XY 4 en K [ X , Y ] cuando consideramos el ordenlexicogr ´ aco (con la ordenaci ´ on de indeterminadas X > Y ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.8.Haz la divisi ´ on de F = X 2 + X −Y 2 + Y por {G 1 = XY + 1, G 2 = X + Y }en K [ X , Y ] cuando consideramos el orden lexicogr ´ aco (con la ordenaci ´ on de indeterminadas X > Y ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.9.Haz la divisi ´ on de F = X 2 + X −Y 2 + Y por {G 1 = X + Y , G 2 = XY + 1}en K [ X , Y ] cuando consideramos el orden lexicogr ´ aco (con la ordenaci ´ on de indeterminadas X > Y ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.10.Dados los polinomios

F = X 3Y 2Z + X 2Y 3Z 2 + 2 XYZ −Y 4 + 1;G 1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z ;

G 2 = XZ 2 + Y −Z + 1;G 3 = XYZ + Y 2Z 2 + X −Y + 2.

1. Determina la divisi ´ on de F por {G 1, G 2, G 3}con el orden lexicogr ´ aco para la ordena-ci on dada por X > Y > Z .

2. Haz lo mismo con el orden graduado lexicogr ´ aco.

3. Haz lo mismo con el orden graduado lexicogr ´ aco inverso.

SOLUCI ON






H = X 2Y 2 − X 2Z − XY 2Z 3 + XY 2Z + XYZ + 3 XY − XZ 2 + Y 3Z 2 −Y 2 −YZ −Z −1G 1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z ;G 2 = XZ 2 + Y −Z + 1;G 3 = XYZ + Y 2Z 2 + X −Y + 2.

1. Determina la divisi ´ on de H por {G 1, G 2, G 3}con el orden lexicogr ´ aco para la ordena-ci on dada por X > Y > Z .

2. Haz lo mismo con el orden graduado lexicogr ´ aco.

3. Haz lo mismo con el orden graduado lexicogr ´ aco inverso.

SOLUCI ON


F = X 3Y 2Z + X 2Y 3Z 2 + 2 XYZ −Y 4 + 1;H = X 2Y 2 − X 2Z − XY 2Z 3 + XY 2Z + XYZ + 3 XY − XZ 2 + Y 3Z 2 −Y 2 −YZ −Z −1G 1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z ;G 2 = XZ 2 + Y −Z + 1;G 3 = XYZ + Y 2Z 2 + X −Y + 2;

Responde a las siguientes preguntas:

1. ¿Pertenece F al ideal generado por {G 1, G 2, G 3}?

2. ¿Pertenece H al ideal generado por {G 1, G 2, G 3}?

SOLUCI ON

Ideales monomiales





Ejercicio. 16.13.Sean a, b

⊆ K [ X 1, . . . , X n ] ideales monomiales generados por

{ A 1, . . . , A s

}y

{B 1, . . . , B t

}res-

pectivamente.

(1) Demuestra que a ∩b es un ideal monomial.

(2) Demuestra que {M i , j | i = 1, . . . , s , j = 1, . . . , t }, M i , j es un m.c.m. de A i y B j , es unsistema de generadores de a ∩b.

(3) Calcula la intersecci ´ on de los ideales a = ( X , Y 2Z , YZ 2) y b = ( X 3YZ , X 2Y , Y 2Z 3) en el anillo K [ X , Y , Z ].

SOLUCI ON

Lema de Dickson para ideales monomiales

Ejercicio. 16.14.Sean a1 y a2 ideales monomiales con sistemas de generadores G 1 y G 2 respectivamente. De-muestra que:

(1) a1 + a2 est ´ a generado por G 1∪G 2,

(2) a1a2 est ´ a generado por {HL | H ∈G 1, L ∈G 2}.

Como consecuencia la suma y el producto de ideales monomiales es un ideal monomial.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.15.Demuestra que si {a i | i ∈ I }es una cadena de ideales monomiales, entonces la uni ´ on ∪i a i es un ideal monomial.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.16.Demuestra que la intersecci ´ on de ideales monomiales es un ideal monomial.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.17.Demuestra que si a y b son ideales monomiales, entonces (a : b) es un ideal monomial.

SOLUCI ON





Ejercicio. 16.18.Demuestra que:

(1) Un ideal monomial es primo si y solo si est ´ a generado por un subconjunto de

{ X 1, . . . , X n }(2) El n ´ umero de ideales monomiales primos es nito, y cada uno de ellos es nitamente

generado.

(3) ( X 1, . . . , X n ) es el ´ unico ideal maximal que es monomial.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.19. (Lema de Dickson para ideales monomiales.)Todo ideal monomial en K [ X 1, . . . , X n ] es nitamente generado.

SOLUCI ON

Bases de Groebner Ejercicio. 16.20.Para cada F ∈K [ X 1, . . . , X n ] se tiene {exp(F )}+ Nn = Exp( LM (F )) = Exp( F ).

Este resultado no es cierto si el ideal no es principal.

SOLUCI ONEjercicio. 16.21.Da un ejemplo de dospolinomios F , G ∈K [ X 1, . . . , X n ] tales que Exp( F , G ) {exp F , exp G }+Nn . Observar que la inclusion contraria es siempre cierta.

SOLUCI ONEjercicio. 16.22.Sea a un ideal monomial de K [ X 1, . . . , X n ] con generadores monomios G 1, . . . , G m . Razona que {G 1, . . . , G m }es una base de Groebner de a.

SOLUCI ONEjercicio. 16.23.Fijamos el orden lexicogr ´ aco X > Y sobre K [ X , Y ] y el ideal a = ( X 2Y −Y 2, X 3 − XY ). Utiliza el criterio de Buchberger para mostrar que una base de Groebner de a es { X 2Y −Y 2, X 3 − XY }. Estudia si X 6 − X 5Y ∈a .

SOLUCI ON





Ejercicio. 16.24.Fijamos el orden lexicogr ´ aco X > Y sobre K [ X , Y ]. Consideramos el ideal a = ( X

−Y 3, X 2

− XY 2). Demuestra que la base de Groebner reducida de a es { X −Y 3, Y 6 −Y 5).

SOLUCI ONEjercicio. 16.25.Sea a = ( Y − X 2, Z − X 3)⊆K [ X , Y , Z ].(1). Demuestra que {Y − X 2, Z − X 3}es una base de Groebner para el orden lexicogr ´ aco con Z > Y > X .(2). Demuestra que {Y − X 2, Z − X 3}no es una base de Groebner para el orden lexicogr ´ aco con X > Z > Y .

SOLUCI ONEjercicio. 16.26.Halla la base de Groebner reducida, con respecto al orden lexicogr ´ aco con X > Y , de cada uno de los siguientes ideales de K [ X , Y ]: (1). a = ( X 2 −1, XY 2 − X ),(2). b = ( X 2 + Y , X 4 + 2 X 2Y + Y 2 + 3).

SOLUCI ONEjercicio. 16.27.Se consideran los polinomios F 1 = XY + X −1, F 2 = X 2 + Y −1 en K [ X , Y ]. Determina una base de Groebner del ideal a = ( F 1, F 2) con respecto al orden lexicogr ´ aco (siendo X > Y ).

SOLUCI ONEjercicio. 16.28.Se consideran los polinomios F 1 = XY + X −1, F 2 = X 2 + Y −1 en K [ X , Y ]. Determina una base de Groebner del ideal a = ( F 1, F 2) con respecto al orden lexicogr ´ aco (siendo Y > X ).

SOLUCI ONEjercicio. 16.29.(1). En K [ X , Y , Z ] jamos la ordenaci ´ on lexicogr ´ aca con X > Y > Z . Determina una base de Groebner del ideal a = ( XZ , XY −Z , YZ − X ). ¿El polinomio X 3 + X + 1 pertenece a a? (2). En K [ X , Y ] jamos la ordenaci ´ on lexicogr ´ aca con X > Y . Determina una base de Groebner del ideal b = ( X 2 − Y , Y 2 − X , X 2Y 2 − XY ). ¿El polinomio X 4 + X + 1 pertene-ce a b?

SOLUCI ON





Ejercicio. 16.30.Fijamos el orden lexicogr ´ aco con X > Y sobre K [ X , Y ].

(1) Demuestra que la base de Groebner reducida del ideal a = ( X 3 −Y , X 2Y −Y 2) es { X 3 −Y , X 2Y −Y 2, XY 2 −Y 2, Y 3 −Y 2}.

(2) Determina si el polinomio F = X 6 − X 5Y pertenece al ideal a.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.31.Fijamos el orden lexicogr ´ aco con X > Y > Z sobre K [ X , Y , Z ]. Demuestra que la base de

Groebner reducida del ideal a = ( X 2

+ XY + Z , XYZ + Z 2) es { X

2+ XY + Z , XYZ + Z

2, XZ

2, Z

3

}.En particular deducir que el monoideal Exp(a) requiere cuatro generadores.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.32.Sea el ideal a = ( X 2 −Y , X 2Y −Z )⊆K [ X , Y , Z ].

(1) Demuestra que { X 2 − Y , Y 2 − Z } es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenaci ´ on lexicogr ´ aca con X > Y > Z .

(2) Demuestra que { X 2 − Y , Z − Y 2} es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenaci ´ on lexicogr ´ aca con Z > X > Y . (Observa que esencialmente son los mismos polinomios que en el apartado anterior.)

(3) Demuestra que {Y − X 2, Z − X 4} es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenaci ´ on lexicogr ´ aca con Z > Y > X .

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.33.Sea a = ( XY + Y 2, X 2Y + XY 2 + X 2) ideal de K [ X , Y ]

(1) Demuestra que { X 2, XY + Y 2, Y 3} es la base de Groebner reducida de a respecto a la ordenaci ´ on lexicogr ´ aca X > Y .

(2) Demuestra que {Y 2 + YX , X 2}es la base de Groebner reducida de a respecto a la orde-naci ´ on lexicogr ´ aca Y > X .

(Observa que las bases tienen distinto n ´ umero de elementos.)

SOLUCI ON





Ejercicio. 16.34.Consideramos el ideal a = ( H 1, H 2, H 3)

⊆ K [ X , Y ] con H 1 = X 2 + XY 5 + Y 4; H 2 =

XY 6 − XY 3 + Y 5 −Y 2; H 3 = XY 5 − XY 2(1). Demuestra que para el orden lexicogr ´ aco con X > Y la base de Groebner reducida de a es { X 2 + XY + Y 4, Y 5 −Y 2}(2). Demuestra que para el orden lexicogr ´ aco graduado grlex con X > Y la base de Groeb-ner reducida de a es { X 3 −Y 3, X 2 + XY 2 + Y 4, X 2Y + XY 3 + Y 2}(N otese que aunque el n ´ umero de generadores es mayor, los grados son m ´ as peque ˜ nos.)

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.35.Sea a = ( X 4 −Y 4 + Z 3 −1, X 3 + Y 2 + Z 2 −1)⊆K [ X , Y , Z ].(1). Demuestra que hay cinco elementos en una base de Groebner reducida para a respecto al orden lexicogr ´ aco con X > Y > Z . (El grado m ´ aximo entre los cinco generadores es 12 y el n ´ umero m ´ aximo de t ´ erminos monomiales entre los cinco generadores es 35.)(2). Demuestra que hay dos elementos en una base de Groebner reducida para a respecto al orden lexicogr ´ aco con Y > Z > X . (El grado m ´ aximoes6yeln ´ umero m ´ aximo de t ´ erminos es 8)(3). Demuestra que para el orden invgrlex la base de Groebner reducida de a es { X 3 + Y 2 +Z 2 −1, XY 2 + XZ 2 − X + Y 4 −Z 3 + 1}.

SOLUCI ON

Aplicaciones de las bases de Groebner

Ejercicio. 16.36.Demuestra que los ideales a = ( X 2Y + XY 2 −2Y , X 2 + XY − X + Y 2 −2Y , XY 2 − X −Y + Y 3),b = ( X −Y 2, XY −Y , X 2 −Y ) del anillo K [ X , Y ] son iguales.

SOLUCI´ON

Ejercicio. 16.37.Demuestra que los ideales a = ( X 3 −YZ , YZ + Y ), b = ( X 3Z + X 3, X 3 + Y ) de K [ X , Y , Z ] soniguales.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.38.Resuelve sobre Cel sistema de ecuaciones

X 2 −YZ = 3Y 2 − XZ = 4

Z 2

− XY = 5





SOLUCI ON

Ejercicio. 16.39.(1). Determina una base de Groebner del ideal a = ( X 2 + XY + Y 2 −1, X 2 + 4Y 2 −4)⊆R[ X , Y ] para el orden lexicogr ´ aco con X > Y .(2). Halla en R2 los cuatro puntos de intersecci ´ on de la elipse X 2 + XY + Y 2 = 1 con la elipse X 2 + 4Y 2 = 4.

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.40.Usa bases de Groebner para hallar las seis soluciones en Cdel sistema de ecuaciones

2 X 3 + 2 X 2Y 2 + 3Y 3 = 03 X 5 + 2 X 3Y 3 + 2Y 5 = 0

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.41.Usa bases de Groebner para demostrar en K [ X , Y , Z ]que ( X , Z )∩(Y 2, X −YZ ) = ( XY , X −YZ ).

SOLUCI ONEjercicio. 16.42.Usa bases de Groebner para determinar la intersecci ´ on de los ideales a = ( X 3Y − XY 2 +1, X 2Y 2 −Y 3 −1) y b = ( X 2 −Y 2, X 3 + Y 3) de K [ X , Y ].

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.43.Sean a = ( X 2Y + Z 3, X + Y 3 − Z , 2Y 4Z − YZ 2 − Z 3), b = ( X 2Y 5, X 3Z 4, Y 3Z 7) ideales de

Q[ X , Y , Z ]. Demuestra que (a : b) = ( Z 2

, Y + Z , X −Z ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 16.44.Sea A un anillo conmutativo, a ⊇ b dos ideales de A y sea c un ideal arbitrario de A . Seana = a / b, c = ( c + b)/ b, (a : c) = (( a : c) + b)/ b los ideales correspondientes del anillo cociente A / b. Demuestra que (a : c) = ( a : c).

SOLUCI ON





Ejercicio. 16.45.Sea b = ( Y 5

− Z 4)

⊆ A = Q[Y , Z ]. Para cada uno de los siguientes pares de ideales a, c

comprobar que (a : c) es el ideal de A / b citado: (1). a = ( Y 3, Y 5 −Z 4), c = ( Z ), (a : c) = ( Y 3, Z 3).(2). a = ( Y 3, Z , Y 4 −Z 4), c = ( Y ), (a : c) = ( Y

2, Z ).(3). a = ( Y , Y 3, Z , Y 5 −Z 4), c = ( 1), (a : c) = ( Y , Z ).

SOLUCI ONEjercicio. 16.46.Determina los siguientes ideales:

(1) a = ( X , Y , Z ) ∩( X −1, Y −1, Z −1) ∩( X + 1, Y + 1, Z + 1).

(2) b = ( a : XYZ ).

(3) c = ( a : X 3Y 2Z ).

SOLUCI ON




Cap ıtulo III

Conjuntos algebraicos anes

17 Funciones polin omicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8618 Conjuntos algebraicos anes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8619 Ideales de conjuntos de puntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8820 Anillos coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9021 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

Introducci on

El objetivo de este cap ıtulo es estudiar objetos geom etricos denidos como conjuntos de ce-ros de sistemas de ecuaciones polin omicas (los conjuntos algebraicos anes). establecemosuna correspondencia de Galois ente conjuntos algebraicos en el espacio af ın An (K ) e idea-les del anillo de polinomios K [ X 1, . . . , X n ]. A continuaci on a cada conjunto algebraico af ınV le asociamos su anillo de coordenadas, K [V ] = K [ X 1, . . . , X n ]/ I (V ), siendo I (V ) el idealde todos los polinomios que se anulan en todos los puntos de V , y estudiamos propiedades(geom etricas) de V en funci on de propiedades (algebraicas) de K [V ], y viceversa.

Se introducen las aplicaciones polin omicas entre dos conjuntos algebraicos V y W y se rela-ciones con los homomorsmos de algebra de K [W ] a K [V ]. Finalmente, haciendo uso de lateor ıa de bases de Groebner se clasican los homomorsmos de algebras entre dos anilloscoordenados.



86 C AP. III. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS AFINES

17. Funciones polin omicas

Sea K un cuerpo, para cada n ∈N\{0}consideramos K n , el producto cartesiano de n copiasde K . En K n podemos considerar una estructura de espacio af ın, a la que vamos a representarpor An (K ), o simplemente por An o A.

En un espacio af ın An tenemos puntos , los elementos de An , hiperplanos, los conjuntos deceros de las formas lineales, y las variedades lineales anes, la intersecciones de hiperplanos,o los conjuntos de ceros de conjuntos de formas lineales.

La estructura de espacio af ın se puede enriquecer a un m as, y en nuestro caso vamos a vercomo los polinomios proporcionan una estructura geom etrica adicional a cada espacio af ın.

Dado el espacio An (K ) y un polinomio F ∈K [ X 1, . . . , X n ], denimos una funci on polin omica F ∗ : An (K ) −→K mediante F ∗(x 1, . . . , x n ) = F (x 1, . . . , x n ) para cada (x 1, . . . , x n )∈An (K ).

Observar que dos polinomios distintos pueden denir la misma funci on polin omica. Este esel caso de X ( X −1) y 0∈F2[ X ], que denen la funci on constante igual a 0 en A1(F2).

Llamamos P (An (K )) al conjunto de las funciones polin omicas. En P (An (K )) podemos deniruna estructura de K –algebra mediante las operaciones:

( f + g )(x 1, . . . , x n ) = f (x 1, . . . , x n ) + g (x 1, . . . , x n ),( f ·g )(x 1, . . . , x n ) = f (x 1, . . . , x n ) ·g (x 1, . . . , x n ),(k · f )(x 1, . . . , x n ) = k · f (x 1, . . . , x n ),

∀ f , g ∈P (An (K )) ,

∀k ∈K ,

∀(x 1, . . . , x n )∈An (K ).

Tenemos entonces una aplicaci on de K –algebras (−)∗ : K [ X 1, . . . , X n ] −→ P (An (K )) , F →F ∗.

Proposici on. 17.1.La aplicaci ´ on (−)∗ es un homomorsmo sobreyectivo de K – algebras y es un isomorsmo si,y solo si, K es un cuerpo innito.

Llamamos a P (An (K )) el anillo de coordenadas de An (K ), y lo representaremos por K [An ].

18. Conjuntos algebraicos anes

La estructura adicional de An (K ) al considerar las funciones polin omicas nos permite con-siderar los conjuntos de ceros de estas funciones. Debido a la existencia de la aplicaci on so-

breyectiva (−)∗ : K [ X 1, . . . , X n ] −→ K [An

], al estudiar el conjunto de ceros de una funci on




SEC . 18. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS AFINES 87

polin omica F ∗ podemos identicar este conjunto con el conjunto de ra ıces, en K n , del poli-

nomio F , identicando a este n los conjuntos An

(K ) y K n

.Cada polinomio F ∈K [ X 1, . . . , X n ] determina un subconjunto

V (F ) = {(x 1, . . . , x n )∈An (K ) | F (x 1, . . . , x n ) = 0},

el conjunto de ceros o conjunto de ra ıces de F ∗ o F . Para cada conjunto F ⊆ K [ X 1, . . . , X n ]podemos considerar

V (F ) = ∩{V (F )⊆An (K ) | F ∈F},

el conjunto de ceros comunes a todos los elementos de F .Un subconjunto V ⊆ An (K ) se llama un conjunto algebraico af ın si existe un conjunto depolinomios F ⊆K [ X 1, . . . , X n ] tal que V = V (F ).

Lema. 18.1.Si F 1 ⊆F 2 ⊆K [ X 1, . . . , X n ] son conjuntos de polinomios, entonces V (F 2)⊆V (F 1).

Lema. 18.2.Sean F ⊆K [ X 1, . . . , X n ] un conjunto de polinomios y a el ideal generado por F . Se verica:

(1) V (F ) = V (a).

(2) Existen polinomios F 1, . . . , F s ∈F tales que V (F ) = V (F 1, . . . , F s ).

Proposici on. 18.3.

(1) Si V 1 y V 2 son conjuntos algebraicos anes de An (K ), entonces V 1 ∪V 2 es un conjunto algebraico af ´ ın.

(2) Si {V i | i ∈I }es una familia de conjuntos algebraicos anes de An (K ), entonces ∩i V i es un conjunto algebraico af ´ ın.

Como consecuencia los conjuntos algebraicos anes verican los axiomas de los cerradospara una topolog ıa en An . Esta topolog ıa se llama la topolog ıa de Zariski de An (K ).

Ejemplos. 18.4.(1) Puntos. Observar que V ( X 1 −a 1, . . . , X n −a n ) = {(a 1, . . . , a n )}, y por lo tanto tenemos que

cada conjunto nito es un cerrado, esto es, un conjunto algebraico af ın.

(2) Conjuntos lineales. Son los ceros de los sistemas de ecuaciones lineales.

(3) Hipersupercies. Son los conjuntos de ceros de polinomios F ∈ K [ X 1, . . . , X n ] no cons-tantes. Es claro que todo conjunto algebraico af ın es una intersecci ondeunn umero ni-

to de hipersupercies.





(4) Hiperplanos. Son los conjuntos de ceros de polinomios de grado uno. Cada conjunto

lineal es una intersecci on nita de hiperplanos.

Las propiedades de los conjuntos algebraicos anes pueden expresarse tambi enent erminosde ideales como sigue:

Lema. 18.5. (Propiedades de los conjuntos algebraicos anes.)

(1) Para cada familia de ideales {a i | i ∈I }se tiene V ( i ai ) = ∩i V (a i );

(2) Si a⊆b, entonces V (b)⊆V (a);

(3)

V (FG ) =

V (F )

∪V (G ), para F , G

∈K [ X

1, . . . , X

n ],

V (ab ) = V (a)∪V (b) = V (a ∩b);

(4) V (0) = An ,

V (1) = ∅.

19. Ideales de conjuntos de puntos

Dado un conjunto de puntos S ⊆An

, llamamos ideal de S al conjunto I (S ) = {F ∈K [ X 1, . . . , X n ] | F (s ) = 0, para cada s ∈S}.

Veamos ahora algunas de las propiedades de los operadores I y V .

Lema. 19.1.

(1) Si S 1 ⊆S 2, entonces I (S 2)⊆ I (S 1).

(2) I (∅) = K [ X 1, . . . , X n ],

I (An ) = 0, si K es un cuerpo innito.

(3) F ⊆ IV (F ) para cada conjunto de polinomios F ⊆K [ X 1, . . . , X n ],S ⊆VI (S ) para cada conjunto de puntos S ⊆An .

(4) V (F ) = VIV (F ) para cada conjunto de polinomios F ⊆K [ X 1, . . . , X n ],

I (S ) = IVI (S ) para cada conjunto de puntos S ⊆An .

(5) I (S ) es un ideal radical para cada conjunto de puntos S ⊆An .

DEMOSTRACI ON . (5). Se tiene F ∈ I (S ) si y solo si, para cada x ∈S ocurreque F (x ) = 0. DadoG ∈ K [ X 1, . . . , X n ] tal que existe m ∈ Nvericando G m

∈ I (S ), entonces 0 = G m (x ) = G (x )m ,

y por tanto G (x ) = 0, esto es, G ∈ I (S ), que por tanto es un ideal radical.




SEC . 19. I DEALES DE CONJUNTOS DE PUNTOS 89

La demostraci on del siguiente hecho requiere de un estudio m as avanzado de los conjuntos

algebraicos anes, y en concreto del Teorema de los ceros de Hilbert, ver Teorema ( 37.3. ), porlo que lo citamos solamente a modo de ejemplo.

Corolario. 19.2.Dado un ideal a⊆K [ X 1, . . . , X n ], resulta que IV (a) = rad( a).

Como consecuencia, si V es un conjunto algebraico, entonces V = VI (V ), y si a es el ideal deun conjunto de puntos a = IV (a). Mas adelante veremos cual es el marco m as adecuado enel que establecer una biyecci on entre conjuntos algebraicos anes de An (K ) y ciertos idealesde K [ X 1, . . . , X n ].

Ejercicio. 19.3.

(1) Si V 1, V 2 son conjuntos algebraicos anes, entonces:

V 1 ⊆V 2 ⇔ I (V 1)⊇ I (V 2);

V 1 ⊂V 2 ⇔ I (V 1)⊃ I (V 2);

(2) Si V 1 y V 2 son conjuntos algebraicos anes, entonces:

I (V 1∪V 2) = I (V 1) ∩ I (V 2);

V 1∪V 2 = V ( I (V 1) I (V 2)) .

(3) Si {V α | α∈ A }es una familia de conjuntos algebraicos anes, entonces

∩α V α = V (α I (V α )) .

Vamos a calcular algunos ejemplos.

Ejemplo. 19.4.Si K es un cuerpo de caracter ıstica cero y S = {(x 1, . . . , x n )}, entonces I (x 1, . . . , x n ) = ( X 1 −x 1, . . . , X n −x n ), que es un ideal maximal de K [ X 1, . . . , X n ].

Ejemplo. 19.5.Si K es un cuerpo de caracter ıstica cero y S es el conjunto de los ceros de X 3 −Y 2, vamos adeterminar I (S ) = IV ( X 3 −Y 2).

En este caso podemos dar una parametrizaci on de este conjunto algebraico. Dado un cero(x , y ) = ( 0, 0), resulta x 3 = y 2, y por lo tanto se tiene x = y

x 2 e y = y

x 3. Si llamamos t = y

x ,entonces se tiene x = t 2, y = t 3. Como consecuencia el conjunto de ceros es: {(t 2, t 3) | t ∈K }.





Para determinar el ideal a = I (V ( X 3 −Y 2)) , basta ver que si F ∈ a, al dividir por X 3 −Y 2,

consideramos el orden lexicogr aco con Y > X , entonces F = ( X 3

−Y 2

)Q + R , con R = 0o N (R ) ⊆ ∆ = N2 \ ((0, 2) + N2). Para cada t ∈ K se tiene F (t 2, t 3) = 0, luego R (t 2, t 3) = 0, y el polinomio R (T 2, T 3) ∈ K [T ] tiene como ra ıces a todos los elementos de K . Como K esinnito, entonces R (T 2, T 3) es el polinomio cero; observar que R ( X , Y ) = R 0( X ) + YR 1( X ), y que por tanto se tiene 0 = R 0(T 2) + T 3R 1(T 2). De aqu ı se deduce que R 0 = 0 y R 1 = 0 y portanto R = 0, esto es, F = ( X 3 −Y 2)Q ∈( X 3 −Y 2) y a = ( X 3 −Y 2).

Si K no es de caracter ıstica cero, este resultado puede no ser cierto. Observar el caso en queK = F2, entonces V ( X 3 − Y 2) = {(0, 0), (1, 1)}, y se tiene a = ( X , Y ) ∩ ( X − 1, Y − 1) =( X + Y , Y 2 + Y ).

20. Anillos coordenados

Dado un conjunto algebraico af ın V ⊆ An (K ), el anillo cociente K [V ] := K [ X 1, . . . , X n ]/ I (V )es el anillo coordenado de V .

Dadas dos funciones polin omicas F ∗, G ∗ sobre An (K ), podemos considerar sus restriccionesa V

⊆An (K ). Observar que si F ∗

|V = G ∗

|V , entonces para cada v

∈ V se tiene F (v ) = G (v ), esto

es, F −G ∈ I (V ). Y recıprocamente. Tenemos pues una biyecci on entre K [V ] y las clases deequivalencia de las funciones polin omicas para la relaci on F ∗ ∼ G ∗ si F ∗|V = G ∗|V , por lo quepodemos identicar los elementos de K [V ] con funciones polin omicas.

Ejemplo. 20.1.Si consideramos V ( X 3 −Y 2), como en el ejemplo ( 19.5. ). En el caso en que K es un cuerpoinnito se tiene I (V ( X 3 −Y 2)) = ( X 3 −Y 2), y por tanto K [V ( X 3 −Y 2)] = K [ X , Y ]/ ( X 3 −Y 2). Sinembargo si K = F2, entonces F2[V ( X 3 −Y 2)] = F2[ X , Y ]/ ( X + Y , Y 2 + Y ) ∼= F2[Y ]/ (Y 2 + Y ) ∼=F2 ×F2.

Consideramos dos conjuntos algebraicos anes V ⊆ An (K ) y W ⊆ Am (K ). Vamos a llamaruna aplicaci on polin omica , morsmo de conjuntos anes o aplicaci on regular de V a W auna aplicaci on f : V −→ W denida por polinomios, esto es, para cada ındice j = 1, . . . , m existe un polinomio F j ∈K [ X 1, . . . , X n ] tal que

f (x 1, . . . , x n ) = ( F 1(x 1, . . . , x n ), . . . , F m (x 1, . . . , x n )) para cada (x 1, . . . , x n )∈V .

Observar que los polinomios F j no est an determinados de forma unica. Por ejemplo si V =

V ( X 2 + Y 2 − 1) ⊆ A2(R), los polinomios F = X y G = X + X 2 + Y 2 − 1 denen la misma

aplicaci on polin omica de V a A1(R).




SEC . 20. A NILLOS COORDENADOS 91

Una aplicaci on polin omica f : V −→ W se dice que es un isomorsmo de conjuntos alge-

braicos anes si existe otra aplicaci on polin omica g : W −→V tal que f ◦g = id W y g ◦ f = idV .Proposici on. 20.2.Sean V ⊆An (K ) y W ⊆Am (K ) conjuntos algebraicos anes. Se verica:

(1) Toda aplicaci ´ on polin ´ omica f : V −→W dene un homomorsmo de K – algebras

f : K [W ] −→K [V ], f (F ) = F ◦ f .(2) Para cada homomorsmo de K – algebras h : K [W ] −→K [V ] existe una ´ unica aplicaci ´ on

polin ´ omica f : V −→W tal que h = f .

(3) Si f 1 : V 1 −→V 2 y f 2 : V 2 −→V 3 son aplicaciones polin ´ omicas, entonces f 2 ◦ f 1 = f 1 ◦ f 2.

(4) Una aplicaci ´ on polin ´ omica f : V −→W es un isomorsmo si y solo si f es un isomors-mo de K – algebras.

DEMOSTRACI ON . (2). Dado h : K [W ] −→ K [V ], para cada ındice j = 1, . . . , m denimosF j = h (Y j ). Y juntandolos todos denimos una aplicaci on polin omica h : V −→ Am (K )mediante:

h (x 1, . . . , x n ) = ( F 1(x 1, . . . , x n ), . . . , F m (x 1, . . . , x n )) , para cada (x 1, . . . , x n )∈

V . Ahora comprobamos que h (V )⊆W , para esto consideramos el diagrama

I (W )

h

K [Y 1, . . . , Y m ]

h

K [W ]

h

I (V ) K [ X 1, . . . , X n ] K [V ]

donde h : K [Y 1, . . . , Y m ] −→ K [ X 1, . . . , X n ] est a denido h (Y j ) = F j , para cada ındice j . Esclaro que h (

I (W ))

⊆ I (V ), lo que permite denir h .

Observar que si G ∈ I (W ), y (x 1, . . . , x n )∈V , entonces

0 = h (G )(x 1, . . . , x n ) = G (F 1, . . . , F m )(x 1, . . . , x n ) = G (F 1(x 1, . . . , x n ), . . . , F m (x 1, . . . , x n ))) ,

y para cada (x 1, . . . , x n ) ∈ V se tiene (F 1(x 1, . . . , x n ), . . . , F m (x 1, . . . , x n )) ∈ W . Por tanto h dene una aplicaci on polin omica de V a W .

Podemos observar que si se eligen otros elementos F j tales que F j = F j para cada ındice j = 1, . . . , m , entonces F j = F j , como funciones polin omicas, por lo tanto podemos tomar

tanto una como la otra en la denici on de la aplicaci on polin omica h : V −→W .





Finalmente observar que

h = h , ya que para cada G ∈K [W ] se tiene:

h (G ) = G ◦h = G (F 1, . . . , F m ) = h (G ).

Como consecuencia de la proposici on, existe una biyecci on:

Hom Apl .Pol .(V , W ) ∼=−→HomK − Alg .(K [W ], K [V ]).

Corolario. 20.3.

Sea f : V −→W una aplicaci ´ on entre conjuntos algebraicos anes. Son equivalentes: (a) f es una aplicaci ´ on polin ´ omica.

(b) Para cada g ∈K [W ] la composici ´ on g ◦ f pertenece a K [V ].

En particular, para cada aplicaci ´ on polin ´ omica f : V −→ W se tiene f (v ) = w si y solo si f −1( I ({v })) = I ({w }).

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Tenemos f (g ) = g ◦ f ∈K [V ] para cada g ∈K [W ].

(b)⇒(a). Para cada ındice j = 1, . . . , m tomamos X j ∈K [W ], por hip otesis X j ◦ f ∈K [V ], luegoexiste un polinomio F j ∈K [ X 1, . . . , X n ] tal que F j = X j ◦ f . es claro que f (v ) = ( F 1(v ), . . . , F m (v ))para cada v ∈V .

La segunda parte es clara.

Ejemplo. 20.4. Vamos a ver que existe una aplicaci on polin omica biyectiva entre V ( X 3 −Y 2) y la recta af ınreal que no es un isomorsmo.

Tenemos una parametrizaci on de V ( X 3 −Y 2) dada por x = t 2, y = t 3, donde t var ıa en R.Denimos entonces

f : A1(R) −→ V ( X 3 −Y 2),

mediante: f (t ) = ( t 2, t 3), t ∈ R. Es claro que f es una aplicaci on de conjuntos algebraicos y es biyectiva, pero vamos a ver que no es un isomorsmo. Al considerar el homomorsmoinducido

f : K [V ( X 3 −Y 2)] −→K [A1(R)],

se tiene

f : R[ X , Y ]

( X 3 −Y 2) −→R[T ],

f ( X ) = T 2,

f (Y ) = T 3.





Por lo tanto la imagen es el subanillo generado por T 2 y T 3, esto es, R+ T 2R[T ] = R[T ], y

como no es un isomorsmo, tenemos que f no es un isomorsmo de conjuntos algebraicos.Mas adelante veremos que en realidad no puede existir ning un isomorsmo entre V ( X 3 −Y 2) y la recta af ın real.

En lo que sigue vamos ahora a ver c omo estudiar los homomorsmos h : K [W ] −→ K [V ]determinando su n ucleo y su imagen.

Supongamos que h : K [Y 1, . . . , Y m ]

I (W ) −→

K [ X 1, . . . , X n ]

I (V )

.

Para cada elecci on de F 1, . . . , F m ∈K [ X 1, . . . , X n ] tenemos un homomorsmo

g : K [Y 1, . . . , Y m ] −→K [ X 1, . . . , X n ], g (Y j ) = F j , j = 1, . . . , m .

Adem as g induce un homomorsmo de K [W ] a K [V ] si g ( I (W ))⊆ I (V ), esto es, si para cadaG ∈ I (W ) se tiene G (F 1, . . . , F m )∈ I (V ).

Entonces el homomorsmo h estar a determinado por las im agenes de Y j , j = 1, . . . , m . SeanF j

∈ K [ X 1, . . . , X n ] tales que F j = h (Y j ). Los F j est an determinados m odulo

I (V ), pero para

cualquier elecci on de estos se tiene el mismo valor, h (G ) = G (F 1, . . . , F m ).

Proposici on. 20.5.Sean A = K [Y 1, . . . , Y m , X 1, . . . , X n ], c el ideal de A generado por {Y 1 − F 1, . . . , Y m − F m } ∪{sistema de generadores de I (V )} y G la base de Groebner reducida de c con respecto al orden lexicogr ´ aco con X 1 > · · ·> X n > Y 1 > · · ·> Y m . Se tiene:

(1) Ker(h ) = (c ∩K [Y 1, . . . , Y m ]) + I (W )

I (W ) . En particular las clases de los elementos de Gen

K [ X 1, . . . , X n ] generan Ker(h ).

(2) Dado F ∈ K [ X 1, . . . , X n ], se tiene F ∈ Im(h ) si y solo si R (F ; G) ∈ K [Y 1, . . . , Y m ]. Este caso F = h (R (F ; G)) .

DEMOSTRACI ON . (1). Si G ∈Ker(h ), entonces 0 = h (G ) = G (F 1, . . . , F m ), y por tanto tenemosG (F 1, . . . , F m ) ∈ I (V ), luego G (F 1, . . . , F m ) ∈ I (V )e

⊆ c. Como Y j − F j ∈ c para cada j =1, . . . , m , entonces G (Y 1, . . . , Y m ) −G (F 1, . . . , F m ) ∈ c, y tenemos G ∈ c ∩K [Y 1, . . . , Y m ], luego

G ∈ (c ∩K [Y 1, . . . , Y m ]) + I (W )

I (W ) .

Por otro lado, si G ∈c ∩K [Y 1, . . . , Y m ], supongamos que I (V ) est a generado por {H 1, . . . , H t },





entonces

G (Y 1, . . . , Y m ) =m

j = 1

a j (Y j −F j ) +t

i = 1

b i H i ,

con a j , b i ∈ A . Tenemos G (F 1, . . . , F m ) = t i = 1 b i H i ∈ I (V )e ,yportanto h (G ) = G (F 1, . . . , F m ) =

0.

(2). Dado F ∈ K [ X 1, . . . , X n ], si F ∈ Im(h ), entonces existe G ∈ K [Y 1, . . . , Y m ] tal que h (G ) = F , y por tanto G (F 1, . . . , F m ) −F ( X 1, . . . , X n )∈ I (V )⊆c. Como G (F 1, . . . , F m ) −G (Y 1, . . . , Y m )∈c,tenemos G (Y 1, . . . , Y m ) − F ( X 1, . . . , X n ) ∈ c. Al hacer la divisi on de F , o de G , por G, como

X 1 > · · · > X n > Y 1 > · · · > Y m en el orden lexicogr aco, en el resto R no aparecen lasvariables X 1, . . . , X n , luego G −R ∈c∩K [Y 1, . . . , Y m ], y como sus clases est an contenidas en eln ucleo, entonces F = h (G ) = h (R ).

Por otro lado, sea R ∈ K [Y 1, . . . , Y m ] el resto de la divisi on de F por G, entonces F −R ∈ c y podemos escribir

F −R =m

j = 1

a j (Y j −F j ) +t

i = 1

b i H i .

Al evaluar Y j en F j resulta F −R (F 1, . . . , F m ) = t i = 1 b i H i ∈ I (V ). Entonces F = h (R )∈Im(h ).

Corolario. 20.6.

(1) h es inyectiva si y solo si c ∩K [Y 1, . . . , Y m ]⊆ I (W ).

(2) h es sobreyectiva si y solo si para cada ´ ındice i = 1, . . . , n existe un G i ∈K [Y 1, . . . , Y m ] tal que X i −G i ∈G.

DEMOSTRACI ON . (1). Es inmediata.

(2). Es claro que la condici on es necesaria, ya que para cada ındice i se tendr a que R ( X i ; G) ∈K [Y 1, . . . , Y m ] y por tanto X i pertenece a la imagen de h . Por otro lado, si h es sobreyectiva,entonces para cada ındice i se tiene X i ∈ Im(h ), luego R ( X i ; G) ∈ K [Y 1, . . . , Y m ]. Como conse-cuencia X i es el t ermino l ıder de alg un elemento de G; como esto ocurre para cada ındice i ,entonces Gcontiene un elemento de la forma X i + G i con G i ∈K [Y 1, . . . , Y m ].

Vamos a estudiar algunos ejemplos.





Ejercicio. 20.7.Se considera el homomorsmo h : K [Y , Z ]

−→K [ X ] denido por

h (Y ) = X 2 −1 y h (Z ) = X 3 −1.

Calcular el n ´ ucleo y la imagen de h .

SOLUCI ON . Siguiendo la notaci on de la proposici on el ideal c est a generado por Y − X 2 + 1 y Z − X 3 + 1, ya que en este caso I (V ) = 0. Primero calculamos una base de Groebner de crespecto al orden lexicogr aco con X > Y > Z :

G=

{3Y + 3Y 2 + Y 3

−2Z

−Z 2,

−1 + X

−2Y

−Y 2 + XZ ,

−1 + X + XY

−Z ,

−1 + X 2

−Y

} Al calcular la intersecci on c ∩K [Y , Z ], esta est a generada por:

{3Y + 3Y 2 + Y 3 −2Z −Z 2},

por lo tanto h no es inyectiva, ya que el n ucleo contiene a 3 Y + 3Y 2 + Y 3 − 2Z − Z 2. Paraver la sobreyectividad tenemos que ver si en G existe un elemento de la forma X − G , conG ∈K [Y , Z ]. Es claro que no , luego h no es sobreyectiva, ya que X /∈Im(h ).

Ejemplo. 20.8.Se consideran

V = V ( XZ + Y 2

+ Z 2, XY − XZ −2Z

2)⊆A

3(C) y

W = V (U 3 −UV 2 + V 3)∈A2(C).

Se verica

I (V ) = ( XZ + Y 2 + Z 2, XY − XZ −2Z 2) y

I (W ) = ( U 3 −UV 2 + V 3).

¡Ya comprobaremos esto m as adelante!

Se considerael homomorsmo h : K [U ,V ]

I (W ) −→ K [ X ,Y ,Z ]

I (V ) inducido por h : K [U , V ] −→K [ X , Y , Z ]denido por

h (U ) = Z , h (V ) = Y .

Para ver que h est a bien denido basta ver que h ( I (W ))⊆ I (V ). Observar que h (U 3 −UV 2 +V 3) = Z 3 −ZY 2 + Y 3 pertenece a I (V ), ya que una base de Groebner de I (V ) es:

{Y 3 −Y 2Z + Z 3, Y 2 + XZ + Z 2, XY + Y 2 + YZ −Z 2}.

Para estudiar la inyectividad y sobreyectividad de h consideramos el ideal c denido por {U −Z , V − Y , XZ + Y 2 + Z 2, XY − XZ + YZ − 2Z 2}. Una base de Groebner respecto al ordenlexicogr aco con X > Y > Z > U > V es:

G= {U 3

−UV 2

+ V 3, −U + Z , −V + Y , −U

2+ UV + V

2+ VX , U

2+ V

2+ UX }.





Al calcular la intersecci on con K [U , V ], esta est a generada por

{U 3 −UV 2 + V 3}.Observar que est a contenida en I (W ), luego h es inyectiva. Para ver si es sobreyectiva, tene-mos que encontrar X −G 1, Y −G 2, Z −G 3 en G,con G 1, G 2, G 3 ∈K [U , V ]. Para Y y Z es posible,pero no para X , por lo tanto X /∈Im(h ) y h no es sobreyectiva.

Finalmente vamos a describir la aplicaci on polin omica que dene el homomorsmo h . Te-nemos que determinar F U y F V en K [ X , Y , Z ] tales que h (U ) = F U y h (V ) = F V ; por ejemploF U = Z y F V = Y . Entonces la aplicaci on polin omica es:

f : V −→W , f (x , y , z ) = ( F U (x , y , z ), F V (x , y , z )) = ( z , y ).

Una aplicaci on: el c alculo del polinomio m ınimo de un elemento en una extensi on alge-braica simple

Proposici on. 20.9.Sea K un cuerpo y α un elemento algebraico sobre K con polinomio m ´ ınimo F = Irr( α, K )∈K [ X ]. Sea β ∈ K (α), por ejemplo β = G (α). Si Ges una base de Groebner reducida del ideal (F , Y − G ) ∈ K [ X , Y ], respecto al orden lexicogr ´ aco con X > Y , entonces el polinomio m´ ınimo de β sobre K es el ´ unico polinomio en G

∩K [Y ].

DEMOSTRACI ON . Consideramos el siguiente diagrama:

(Irr( β, K ))

K [Y ]

h

K [Y ](Irr( β, K )) = K (β )

h

(Irr( α, K )) K [ X ] K [ X ]

(Irr( α, K )) = K (α)

La aplicaci on h est a denida h (β ) = α, la aplicaci on h est a denida h (Y ) = G , entonces

h induce h si h (Irr( β, K )) ⊆ (Irr( α, K )) , lo cual es inmediato, ya que si H ∈ (Irr( β, K )) , en-tonces h (H ) = H (G ) y se verica: H (G )(α) = H (G (α)) = H (β ) = 0. El nucleo de h es cero, ya que K (β ) es un cuerpo, y por otro lado el n ucleo es c∩K [Y ]

(Irr( β, K )) , siguiendo la notaci on de laProposici on ( 20.5. ), siendo c = ( Y −G , Irr( β, K )) . Por lo que calculando una base de Groebnerreducida Gde c, un sistema de generadores de (Irr( β, K )) es G∩K [Y ].

Ejemplo. 20.10.Dado K = Q y α = 3√ 2, para determinar el polinomio m ınimo de β = 2+ 3√ 2− 3√ 4, calculamosuna base de Groebner de ( X 3 −2, Y −2 − X + X 2) en Q[ X , Y ] respecto al orden lexicogr acocon X > Y . Esta es:

G= {−18 + 18Y −6Y 2

+ Y 3, −6 + 3 X + 3Y −Y

2

}.





La intersecci on con K [Y ] es:

{−18 + 18Y −6Y 2

+ Y 3

}, y resulta que Y 3 −6Y 2 + 18Y −18 es el polinomio m ınimo de β en Q.

21. Ejercicios

Funciones polin ´ omicas

Ejercicio. 21.1. (AM, Cap 1, Ej 27)Sea V un conjunto algebraico, para cada x ∈ X se considera mx = { f ∈ K [V ] | f (x ) = 0}. Se tiene:

(1) mx es un ideal maximal de K [V ].

(2) La aplicaci ´ on λ : V −→Max(K [V ]), λ(x ) = mx , es una aplicaci ´ on inyectiva.

(3) La aplicaci ´ on λ es una aplicaci ´ on sobreyectiva si K es algebraicamente cerrado.

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.2.Sea V ⊆An (K ) un conjunto algebraico af ´ ın nito de cardinal m . Demuestra que K [V ]∼= K m

como K - ´ algebras.(Pista: Utiliza el teorema chino del resto.)

SOLUCI ON

Conjuntos algebraicos

Ejercicio. 21.3.

(1) Para cada F ∈K [ X ] no constante, describe V (F )⊆A1(K ) en t ´ erminos de la factorizaci ´ onde F en K [ X ].

(2) Usa dicha descripci ´ on para determinar I (V (F )) .

(3) Deduce que I (V (F )) = ( F ) si y s olo si F es el producto en K [ X ] de factores irreducibles distintos.

SOLUCI ON





Ejercicio. 21.4.Sean F , G

∈ K [ X , Y ] polinomios irreducibles no asociados. Demuestra que

V ((F , G ))

⊆A2(K ) es vac ıo o un conjunto nito. (Pista: Si (F , G ) = ( 1), demuestra que (F , G ) contie-ne un polinomio no nulo de K [ X ] tomando F , G ∈ K ( X )[Y ] y aplicando el lema de Gauss para demostrar que F y G son primos relativos en K ( X )[Y ].)

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.5.

(1) Identicamos cada matriz a b c d ∈M 2×2(K ) con el punto (a , b , c , d )∈A4(K ). Demues-

tra que el grupo SL 2(K ) de la matrices determinante igual a 1 es un conjunto algebraico de A4(K ).

(2) Demuestra que SL n (K ) es un conjunto algebraico de An 2 (K ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.6.Sea V cualquier recta de R2. Demuestra que R[V ] ∼= R[Z ], Z es una indeterminada sobre R, como R– algebras. Describe el isomorsmo de conjuntos algebraicos correspondiente de A1(R) a V .

SOLUCI ON

Anillos coordenados

Ejercicio. 21.7.Sea V = V ( XY −Z )∈A3(R). Demuestra que V es isomorfa a A2(R) y describe expl ´ ıcitamente un isomorsmo f y el correspondiente isomorsmo de R– algebras f : K [V ] −→ K [A2(R)].Describe los isomorsmos inversos.¿Es W = V ( XY −Z 2) isomorfo a A2(R)?

SOLUCI ON





Ejercicio. 21.8.Sea V =

V ( XZ

−Y 2, YZ

− X 3, Z 2

− X 2Y )

⊆

A3(K ), con K = R.

(1) Demuestra que la aplicaci ´ on f : A1(K ) −→ V , denida por f (t ) = ( t 3, t 4, t 5) es una aplicaci ´ on sobreyectiva.

(2) Describe expl ´ ıcitamente el correspondiente homomorsmo de K- ´ algebras f : K [V ] −→K [A1].

(3) Demuestra que f no es un isomorsmo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.9.Sea G = {G 1, . . . , G m } una base de Groebner del ideal a del anillo K [ X 1, . . . , X n ]. Sea B el conjunto de monomios M de K [ X 1, . . . , X n ] que no son divisibles por ninguno de los LT (G i ),i = 1, . . . , m . Demuestra que Bes una base del cociente K [ X 1, . . . , X n ]/ a como espacio vec-torial sobre K .

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.10.Sea a = ( X 3Y − XY 2 + 1, X 2Y 2 −Y 3 −1)⊆K [ X , Y ], con K = Q.

(1) Utiliza el ejercicio previo para demostrar que B = {1, Y , Y 2, Y 3} es una base del K -espacio vectorial K [ X , Y ]/ a

(2) Calcula la tabla de multiplicaci ´ on para los elementos de B.

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.11.Sean V = V ( X 3 − X 2Z − Y 2Z ), W = V ( X 2 + Y 2 − Z 2) dos conjuntos algebraicos de C3.Entonces I (V ) = ( X 3 − X 2Z −Y 2Z ), I (W ) = ( X 2 + Y 2 −Z 2). Demuestra que f (a , b , c ) =(a 2c −b 2c , 2abc , −a 3) dene un morsmo de V a W .

SOLUCI ON





Ejercicio. 21.12.Sea V =

V ( X 3 + Y 3 + 7Z 3)

⊆

C3. Entonces

I (V ) = ( X 3 + Y 3 + 7Z 3)

⊆

C[ X , Y , Z ].

(1) Demuestra que f ( X ) = X (Y 3 −7Z 3), f (Y ) = Y (7Z 3 − X 3), f (Z ) = Z ( X 3 −Y 3) dene unhomomorsmo de C- ´ algebras de C[V ] consigo mismo.

(2) Sea f : V −→ V el morsmo correspondiente a f . Comprueba que (−2, 1, 1) ∈ V y calcula f (−2, 1, 1)∈V .

(3) Demuestra que existen innitos puntos (a , b , c ) ∈ V tales que a , b , c ∈ Z y m. c. d.{a , b , c }= 1.

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.13.Sean V = V ( XZ + Y 2 + Z 2, XY − XZ + YZ −2Z 2)⊆C3 y W = V (U 3 −UV 2 + V 3)⊆C2.

(1) Demuestra que la aplicaci ´ on f (a , b ) = (−2a 2 + ab , ab −b 2, a 2 −ab ) dene un morsmo W −→V .

(2) Demuestra que el n ´ ucleo del homomorsmo de C- ´ algebras correspondiente C[V ] −→C[W ] es el ideal ( X 2 + 3Y 2 + YZ ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.14.Denimos h : Q[U , V , W ] −→ Q[ X , Y ] mediante h (U ) = X 2 + Y , h (V ) = X + Y 2, h (W ) =

X −Y .(1) Demostrar que ni X ni Y est an en la imagen de h .

(2) Demostrar que F = 2 X 3 − 4 XY − 2Y 3 − 4Y est a en la imagen de h y determinar un polinomio G ∈Q[U , V , W ] tal que h (G ) = F .

(3) Demostrar que Ker(h ) = ( U 2 −2UV −2UW 2 + 4UW + V 2 −2VW 2 −4VW + W 4 + 3W 3).

SOLUCI ON





Ejercicio. 21.15.Sea α una ra ´ ız del polinomio irreducible F ( X )

∈

K [ X ]ysea β = G (α)/ L (α), donde G , L

∈

K [ X ]y L (α) = 0.

(1) Razonar que existen polinomios S , T ∈ K [ X ] tales que SL + TF = 1 y razonar que β =H (α), donde H = GS .

(2) Demostrar que los ideales (F , Y −H ) y (F , LY −G ) de K [ X , Y ] son iguales.

(3) Deducir que el polinomio m ´ ınimo para β es el polinomio m ´ onico en G∩K [Y ], donde Ges la base de Groebner reducida del ideal (F , LY −G )⊆K [ X , Y ] para el orden lexicogr ´ a-co con X > Y .

(4) Halla el polinomio m ´ ınimo sobre Qde β = 3 − 3

√ 2 + 3

√ 41 + 3 3√ 2 −3 3√ 4 .

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.16.Se consideran V y W los conjuntos algebraicos denidos por V = {(t 2, t 3, t 4) | t ∈ R} y W = {(t 2, t 4, t 5) | t ∈R}.

(1) Comprueba que la aplicaci ´ on f : V −→ W denida f (a , b , c ) = ( a , c , ab ) es una aplica-ci on polin ´ omica de V a W .

(2) Si I (V ) = ( X 31 − X 22 , X 21 − X 3) y I (W ) = ( X 21 − X 2, X 51 − X 23 ), calcula el homomorsmo f : K [W ] −→K [V ].

(3) Calcula el n ´ ucleo de f .

(4) Calcula la imagen de f .

SOLUCI ON

Aplicaciones





Ejercicio. 21.17.Se considera K = C, el conjunto algebraico V =

{(1, 2), (1, 3), (1, 4)

}, el conjunto algebraico

W = V ((Y 1 −1)2) y la aplicaci ´ on f : V −→ W denida f (1, 2) = ( 1, 4, 3), f (1, 3) = ( 1, 9, 4) y f (1, 4) = ( 1, 16, 5).

(1) Calcula el homomorsmo f : K [W ] −→K [V ].

(2) Calcular el n ´ ucleo de f .

(3) Calcula la imagen de f .

(4) Se considera la aplicaci ´ on g : K [V ] −→ K [W ], denida por g ( X 1) = Y 1, g ( X 2) = Y 3 −Y 1.¿Est a g bien denida?

(5) De forma natural K [W ] es isomorfo a K [Y 2, Y 3] y K [V ] es isomorfo a K ×K ×K . Describe estos isomorsmos y da una descripci ´ on expl ´ ıcita del homomorsmo que induce f de K [Y 2, Y 3] a K ×K ×K .

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.18.Determina el polinomio m ´ ınimo de

3√ 2−13√ 4−1

sobre Q.

SOLUCI ON

Ejercicio. 21.19.Una forma de representar gr ´ acamente en Mathematica la curva X 3 − Y 2 es mediante la orden

ContourPlot[ X 3 - Y 2 == 0, { X, -1, 1}, {Y, -1, 1}]

Representa las siguientes curvas en los intervalos que se indican:

X 2Y + 0,1Y − X , −5 < X < 5, −5 < Y < 5( X −1)2( X 2 + Y 2) − X 2, −3 < X < 3, −3 < Y < 3 X 4 −( X 2 −Y 2), −3 < X < 3, −3 < Y < 3 X 2 + Y 2 −2, −3 < X < 3, −3 < Y < 3 X 2/ 9 + Y 2/ 4 −1, −3 < X < 3, −3 < Y < 3 X 2 −Y 2 −1, −3 < X < 3, −3 < Y < 3 XY −1, −3 < X < 3, −3 < Y < 3 X ( X 2 −2 X + 2) −2Y 2, −1 < X < 5, −2 < Y < 2 X ( X 2 −2 X + 1) −2Y 2, −1 < X < 5, −2 < Y < 2

X ( X 2

−2 X −1) −Y 2

, −1 < X < 5, −2 < Y < 2





SOLUCI ON

Ejercicio. 21.20.Considerar tres parejas de estas curvas y estudiar si son o no isomorfas.

SOLUCI ON




Cap ıtulo IV

Modulos

22 Modulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10623 Homomorsmos de A –m odulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10724 Modulo cociente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11125 Suma directa de A –m odulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11626 Modulos libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11927 Modulos nitamente generados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12228 Modulos noetherianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12529 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

Introducci on

En el moderno estudio de los anillos y las algebras una herramienta esencial son las repre-sentaciones.La teor ıa general de representaciones se realiza a trav esdel concepto dem odulo,del que aqu ı vamos a dar su denici on y sus propiedades elementales.

Haremos uso de las construcciones del m odulo cociente y de la suma directa para construirm odulos libres y probar que todo m odulo es un cociente de un m odulo libre. A continuaci onnos centramos en el estudio de los m odulos nitamente generados y de los anillos y m odulosnoetherianos, que son los que nos proporcionar an la mayor parte de los ejemplos que vamosa estudiar en este curso.



106 C AP. IV. M ODULOS

22. M odulos

Denici ondem odulo

En este cap ıtulo A va a ser siempre un anilloconmutativo. Un A -m odulo es un grupo abelianoM junto con un homomorsmo de anillos β : A −→End( M ).

Para cada a ∈ A y m ∈M , el elemento β (a )(m ) lo representamos por am .

Para cualesquiera a , a 1, a 2

∈ A y m , m 1, m 2

∈M se verican las siguientes propiedades:

(I) a (m 1 + m 2) = am 1 + am 2.

(II ) (a 1 + a 2)m = a 1m + a 2m .

(II I) a 1(a 2m ) = ( a 1a 2)m .

(IV ) 1m = m .

Estas cuatro propiedades caracterizan tambi en a los A -m odulos en el siguiente sentido: es

equivalente que M sea un A -m ´ odulo con homomorsmo β : A −→ End(M ) y que exista una aplicaci ´ on α : A ×M −→M vericando las propiedades (i) a (iv) anteriores .

La aplicaci on α se llama una acci on de A sobre M y β se llama el homomorsmo de la acci on .Es claro que α y β est an relacionados por la siguiente f ormula:

α(a , m ) = β (a )(m ) para cualesquiera a ∈ A y m ∈M .

Cambio de anillo

Sean A y B anillos conmutativos, f : B −→ A un homomorsmo de anillos y M un A -m odulocon homomorsmo β : A −→End( M ), entonces M tambi en es un B -m odulo al considerar lacomposici on β ◦ f : B −→End( M ).

Aritm etica de m odulos

Los siguientes resultados se nalan las propiedades b asicas de la acci on de un anillo sobre un

m odulo.




SEC . 23. H OMOMORFISMOS DE A –MODULOS 107

Lema. 22.1.Sea M un A –m ´ odulo, para cada a

∈

A y cada m

∈

M se verica:

(1) a 0 = 0.

(2) a (−m ) = −(am ).

(3) 0m = 0.

(4) (−a )m = −(am ).

Lema. 22.2.Sea M un A –m ´ odulo, para cualesquiera a , a i ∈ A , i ∈ I (nito) y m , m j ∈ M , j ∈ J (nito), se

verica: (1) a ( j ∈ J m j ) = j ∈ J am j .

(2) ( i ∈I a i )m = i ∈I a i m .

23. Homomorsmos de A –m odulos

Sean A un anillo y M y M dos A -m odulos. Una aplicaci on f : M −→ M se llama un homo-morsmo de A –m odulos si verica:

(I) f es un homomorsmo de grupos abelianos.

(II ) f (am ) = af (m ), para todo a ∈ A y m ∈M .

Esto es, el siguiente diagrama es conmutativo.

A ×M αM

A × f

M f

A ×M

αM M

Lema. 23.1.Sean A un anillo, M y M dos A -m ´ odulos y f : M −→M una aplicaci ´ on, son equivalentes:

(a) f es un homomorsmo de A -m ´ odulos.

(b) Para cualesquiera a 1, a 2

∈ A y m 1, m 2

∈M se tiene: f (a 1m 1 + a 2m 2) = a 1 f (m 1)+ a 2 f (m 2).





Lema. 23.2.

(1) Para cada A –m ´ odulo M la identidad, id M , es un homomorsmo de A -m ´ odulos.

(2) La composici ´ on de homomorsmos de A -m ´ odulos, cuando est ´ a denida, es un homo-morsmo de A -m ´ odulos.

Subm odulos

Sean A un anillo y M un A -m odulo. Un subgrupo abeliano N de M se llama un subm odulo sipara cada a

∈ A y cada n

∈N se tiene an

∈N .

Lema. 23.3.Sean A un anillo, M un A -m ´ odulo y N un subconjunto de M , son equivalentes:

(a) N es un subm ´ odulo de M;

(b) Para todos a 1, a 2 ∈ A y n 1, n 2 ∈N se tiene a 1n 1 + a 2n 2 ∈N .

Sean A un anillo y M un A -m odulo, si N es un subm odulo de M , entonces la inclusi on i :N −→M es un homomorsmo de A -m odulos.

En el conjunto L(M ), de los subm odulos de un A -m odulo M , denimos la relaci on ≤ me-diante:

N 1 ≤N 2 si N 1 ⊆N 2.

Lema. 23.4.La relaci ´ on ≤es una relaci ´ on de orden en L(M ).

Proposici on. 23.5.

Sean A un anillo y M un A -m ´ odulo. Para cada familia de subm ´ odulos de M , por ejemplo {N i | i ∈I }, se tiene que ∩{N i | i ∈I }es tambi ´ en un subm ´ odulo de M .Se tiene entonces que ∩i N i es el ´ ınmo de la familia {N i | i ∈I }.

Como consecuencia tenemos:

Corolario. 23.6.Sea X un subconjunto de A -m ´ odulo M , existe un menor subm ´ odulo AX de M que contiene a X , y que se puede describir como

AX = ∩{N | N es un subm ´ odulo de M que contiene a X }.




SEC . 23. H OMOMORFISMOS DE A –MODULOS 109

El subm odulo AX se llama el subm odulo de M generado por X , y diremos que X es un sis-

tema de generadores de AX . Cuando X = {x }, tiene un s olo elemento, Ax := AX se llamael subm odulo c ıclico generado por x . Si X es un conjunto nito, entonces AX se llama unsubm odulo nitamente generado .

Podemos observar que si X es un subconjunto de un A –m odulo M , el subm odulo de AX ge-nerado por X consta de los siguientes elementos:

{a 1x 1 + · · ·+ a n x n | a 1, . . . , a n ∈ A , x 1, . . . , x n ∈ X }.

Teorema. 23.7.Sean A un anillo y M un A -m ´ odulo. Si

{N i

| i

∈ I

} es una familia de subm ´ odulos de M ,

entonces existe un menor subm ´ odulo de M que contiene a cada elemento de la familia,que notaremos por {N i | i ∈ I }y llamaremos suma de la familia ; la descripci ´ on a trav ´ es de sus elementos es:

j

n j | j ∈F ⊆I nito , n j ∈N j para todo j ∈F .

Se tiene entonces que i N i es el supremo de la familia {N i | i ∈I }.

Lema. 23.8.El conjunto L(M ) con la relaci ´ on de orden “ ≤” es un ret ıculo con ´ ınmo la intersecci ´ on y supremo la suma.

Proposici on. 23.9.Sea A un anillo y f : M −→ M un homomorsmo de A -m ´ odulos, se verican las siguientes propiedades:

(1) Si N es un subm ´ odulo de M , entonces f ∗(N ) es un subm ´ odulo de M .

(2) Si N es un subm ´ odulo de M , entonces f ∗(N ) es un subm ´ odulo de M .

(3) Tanto f ∗ como f ∗ son homomorsmos de ret ´ ıculos.

Otras notaciones para f ∗ y f ∗ son, respectivamente, f y f −1.

Tipos de homomorsmos

Sea A un anillo y M , M dos A -m odulos, el conjunto de los homomorsmos de A -m odulos de

M a M se representa por Hom A (M , M ).





Lema. 23.10.En la situaci ´ on anterior Hom A (M , M ) es un A -m ´ odulo con operaciones denidas mediante:

(1) ( f + g )(m ) = f (m ) + g (m ), para cualesquiera f , g ∈Hom A (M , M ) y m ∈M ;

(2) (af )(m ) = a ( f (m )) , para cualesquiera a ∈ A , f ∈Hom A (M , M ) y m ∈M .

Adem as si X e Y son A -m odulos y h : X −→ M , k : M −→ Y , son homomorsmos de A -m odulos, entonces para f , g ∈Hom A (M , M )

X h M

f

g M

k Y

se verica:( f + g ) ◦h = f ◦h + g ◦h y k ◦ ( f + g ) = k ◦ f + k ◦g .

En particular tenemos que End A (M ) es un anillo, no necesariamente conmutativo, que es unsubanillo de End( M ), el anillo de los endomorsmos del grupo abeliano subyacente a M .

Observar que el anillo End A (M ) act ua a la derecha, por composici on, sobre Hom A (M , M ) y que el anillo End A (M ) act ua a la izquierda sobre Hom A (M , M ), pero estas acciones no lasvamos a utilizar en este texto.

Sea A un anillo, dado un homomorsmo de A -m odulos f : M −→M , la imagen de f es:

Im( f ) = { f (m ) | m ∈M },

y el n ucleo de f es:Ker( f ) = {m ∈M | f (m ) = 0}.

Lema. 23.11.En la situaci ´ on anterior Im( f ) y Ker( f ) son subm ´ odulos de M y M respectivamente.

El cero de Hom A (M , M ) se representa por 0 y verica: Im(0) = {0}, Ker(0) = M .

Proposici on. 23.12.En la situaci ´ on anterior se verica:

(1) f es una aplicaci ´ on inyectiva si, y s ´ olo si, Ker( f ) = {0}.

(2) f es una aplicaci ´ on sobreyectiva si, y s ´ olo si, Im( f ) = M .

Teorema. 23.13.En la situaci ´ on anterior f es una aplicaci ´ on biyectiva si, y s ´ olo si, existe un homomorsmo

g : M −→M vericando f ◦g = id M y g ◦ f = id M .




SEC . 24. M ODULO COCIENTE 111

Un homomorsmo de A -m odulos vericando las condiciones del Teorema ( 23.13. ) se llama

un isomorsmo . Para un A -m odulo M un isomorsmo f : M −→ M se llama automors-mo . El conjunto de los automorsmos de un A -m odulo M se representa por Aut A (M ), y tieneestructura de grupo respecto a la composici on, ya que es el conjunto de los elementos inver-tibles del anillo End A (M ).

Proposici on. 23.14. (Propiedad universal del n ucleo.)Sea A un anillo y f : M −→ M un homomorsmo de A -m ´ odulos. Si i : Ker( f ) −→ M es la inclusi ´ on, entonces la composici ´ on i ◦ f es cero, y si g : X −→ M es un homomorsmo de A -m ´ odulos vericando g ◦ f = 0, entonces existe un ´ unico homomorsmo de A -m ´ odulos g : X

−→Ker( f ) tal que g = i

◦g .

Ker( f ) i M

f M

X

g g

Un homomorsmo f : M −→ M con n ucleo igual a cero se llama un monomorsmo . Ob-serva que un homomorsmo f es un monomorsmo si y solo si es una aplicaci on inyectiva.

24. M odulo cociente

Sea A un anillo, M un A -m odulo y N un subm odulo, consideramos el grupo cociente M / N y la proyecci on can onica p : M −→M / N , entonces tenemos:

Lema. 24.1.En la situaci ´ on anterior existe una ´ unica estructura de A -m ´ odulo en M / N de forma que p : M −→M / N sea un homomorsmo de A -m ´ odulos.

El m odulo M / N se llama m odulo cociente de M por N .

Sea A un anillo, y f : M −→M un homomorsmo de A -m odulos, llamamos con ucleo de f , y

lo representamos por Coker( f ), al m odulo cociente M / Im( f ).





Proposici on. 24.2. (Propiedad universal del con ucleo.)En la situaci ´ on anterior, supongamos que p : M

−→ Coker( f ) es la proyecci ´ on can ´ onica,

entonces p ◦ f = 0 y si g : M −→ Y es un homomorsmo vericando g ◦ f = 0, entonces existe un ´ unico homomorsmo de A -m ´ odulos g : Coker( f ) −→Y tal que g = g ◦p .

M f

M p

g Coker( f )

g

Y

Cuando f es la inclusi on de un subm odulo N de M , entonces el con ucleo es precisamenteel cociente de M por N .

Un homomorsmo f : M

−→M con con ucleo igual a cero se llama un epimorsmo . Obser-

va que un homomorsmo f es un epimorsmo si y solo si es una aplicaci on sobreyectiva.

Es de destacar que las propiedades universales del n ucleo y el con ucleo est an expresadaspara los pares (Ker( f ), i ) y (p , Coker( f )) respectivamente. Por lo que desde un punto de vistaformal la denici on de n ucleo y con ucleo de un homomorsmo hay que realizarla para lospares anteriormente citados.

Siguiendo en esta l ınea, vamos a introducir nuevos conceptos en las siguientes secciones.

Vamos a hacer uso de los m odulos cocientes en el estudio de m odulos y homomorsmos de

m odulos.





Teoremas de isomorf ıa

Teorema. 24.3.Dado un homomorsmo de A –m ´ odulos f : M −→M , se verica:

(1) Existe una proyecci ´ on p : M −→ M / Ker( f ) denida por p (m ) = m + Ker( f ) para cada m ∈M .

(2) Existe una inclusi ´ on j : Im( f ) −→M denida por j ( f (m )) = f (m ) para cada m ∈M .

(3) Primer Teorema de Isomorf ´ ıa. Existe un isomorsmo b : M / Ker( f ) −→ Im( f ) denido por b (m + Ker( f )) = f (m ) para cada m ∈M .

M f

p

M

M / Ker( f ) ∼=b

Im( f )

j

(4) Existe una biyecci ´ on, que conserva el orden, entre las familias de subm ´ odulos

A= {N ⊆M | Ker( f )⊆N }y

B = {N ⊆M | N ⊆Im( f )}.

En esta biyecci ´ on la imagen de N

∈Aes f ∗

(N )

⊆

M y la imagen de N

∈B es f ∗(N )

⊆

M





Teorema. 24.4. (Segundo Teorema de isomorf ıa o Teorema del paralelogramo)Sea M un A -m ´ odulo y N 1, N 2 subm ´ odulos de M . Existe un isomorsmo

N 1N 1 ∩N 2 ∼

= N 1 + N 2

N 2,

denido por x + ( N 1 ∩N 2) →x + N 2.

N 1 + N 2

N 1

N 2

N 1 ∩N 2

Tenemos el siguiente diagrama conmutativo:

N 1 ∩N 2

N 2

N 2N 1∩N 2

∼=

N 1

N 1 + N 2

N 1+ N 2N 1

N 1N 1∩N 2

∼= N 1+ N 2N 2

0

Para completar la teor ıa vamos a incluir el Tercer Teorema de Isomorf ıa o del Doble Cociente.





Teorema. 24.5. (Tercer Teorema de Isomorf ıa. o Teorema del Doble Cociente)Sean M un A –m ´ odulo y N

⊆ L subm ´ odulos de M . Existe una biyecci ´ on, que conserva el

orden, entre los subm ´ odulos de M que contienen a N y los subm ´ odulos de M / N , dada por

L → L N

. Adem ´ as para cada N ⊆L ⊆M existe un isomorsmo

M / N L / N ∼

= M

L ,

que est ´ a denido por m + M + L N →m + L . Tenemos el siguiente diagrama conmutativo:

N

L

L / N

N

M

M / N

0 L / M •

Los teoremas de isomorf ıa segundo y tercero se conocen como teoremas de isomorf ıa deNoether .

Modulos c ıclicos

Si M es un A –m odulo, para cada m ∈M podemos denir la aplicaci on f m : A −→M mediante f m (a ) = am para cada a ∈ A .

Lema. 24.6.Sea M un A –m ´ odulo. Se verica:

(1) Para cada m ∈M la aplicaci ´ on f m : A −→M es un homomorsmo A –m ´ odulos.

(2) El n ´ ucleo de f m es {a ∈ A | am = 0} se llama el anulador de m , y se representa por Ann A (m ). Como consecuencia es un ideal de A .

(3) El anulador del m ´ odulo M se dene como Ann A (M ) = ∩{Ann A (m ) | m ∈M }.

Ejercicio. 24.7.Demuestra que cada A –m ´ odulo M tiene una estructura de m ´ odulo sobre el anillo A / Ann A (M ) de forma que la estructura de A –m ´ odulo inducida por el cambio de anillo,

A → A / Ann A (M ), coincide con la estructura original en M .





Recordar que un A –m odulo es cıclico si est a generado por un elemento.

Proposici on. 24.8.Dado un A –m ´ odulo c ´ ıclico M con generador g ∈M , se tiene:

1. El homomorsmo f g : A −→M es sobreyectivo.

2. Existe un isomorsmo A / Ann A (g )∼= M .

Como consecuencia todo A –m ´ odulo c ´ ıclico es un cociente del anillo A .

25. Suma directa de A –m odulos

Sea {M i | i ∈ I } una familia de A -m odulos, se llama suma directa de la familia a un A -m odulo M junto con una familia de homomorsmos de A -m odulos { j i : M i −→ M | i ∈ I }vericando: para cada A -m ´ odulo X y cada familia de homomorsmos de A -m ´ odulos { f i :M i −→ X | i ∈I }, existe un ´ unico homomorsmo de A -m ´ odulos f : M −→ X tal que f i = f ◦ j i para cada ´ ındice i ∈I , esto es, los siguientes diagramas son conmutativos para todo i ∈I .

M i j i

f i

M f

X

La suma directa, si existe, est a denida de forma unica salvo isomorsmo, esto es, si el par(Y , {h i M i −→ Y | i ∈ I }) es otra suma directa de la misma familia, entonces existe unisomorsmo h : M −→ Y tal que h i = h ◦ j i para cada i ∈ I . Esto es, los siguientes diagramasson conmutativos para todo i ∈I .

M i j i

h i

M

h

Y

Dada una familia de A -m odulos vamos a construir una suma directa. Para ello denimos

M =⊕{M i | i ∈I }⊆ {M i | i ∈I },

formado por los elementos de soporte nito, y j k : M k −→ ⊕i M i mediante: j k (x ) = ( δ k ,i x )i ,para cada k ∈I . El par (⊕M i , { j i | i ∈I }) es una suma directa de la familia {M i | i ∈I }.

Por abuso de lenguaje, al igual que en el caso del n ucleo y el con ucleo, se llama suma directa

de la familia al A -m odulo⊕

i M i , sobre-entendiendo los homomorsmos j i .




SEC . 25. S UMA DIRECTA DE A –MODULOS 117

Veamos ahora algunas propiedades de la suma directa:

Proposici on. 25.1.

(1) Para cada i ∈I el homomorsmo j i : M i →⊕i M i es un monomorsmo;

(2) Sean {M i | i ∈I }y {N i | i ∈I }familias de A –m ´ odulos de forma que para cada ´ ındice i ∈I existe un homomorsmo de A –m ´ odulos f i : N i −→M i . Existe un ´ unico homomorsmo f :⊕i N i −→⊕i M i tal que j i ◦ f i = f ◦h i para cada i ∈I , siendo h i : N i −→⊕i N i la inclusi ´ oncan ´ onica de N i en la suma directa;

N i h i

f i

⊕i N i

f

M i j i ⊕i M i

(3) Si cada f i es un monomorsmo, resp. epimorsmo, entonces f es un monomorsmo,resp. epimorsmo;

(4) ⊕i (M i / N i )∼= ⊕i M i

⊕i N i .

De forma dual tenemos el concepto de producto directo .Ejercicio. 25.2.Desarrolla el concepto de producto directo y sus propiedades de forma an ´ aloga a como hemos hecho con la suma directa.

Sumas directas nitas

Sea M 1, . . . , M t una familia nita de A –m odulos. Podemos considerar la suma directa

⊕{M i

|i = 1, . . . , t } = M 1 ⊕ · · · ⊕ M t . Observar que junto a los homomorsmos j i : M i −→ ⊕i M i tenemos otros denidos por

p i :⊕i M i −→M i , p i (m 1, . . . , m t ) = m i .

Es f acil ver que (⊕i M i , {p i | i = 1, . . . , t }) es un producto directo de la familia.

Los homomorsmos j i y p i verican, entre otras, las siguientes relaciones:

p i ◦ j i = idM i , ∀i = 1, . . . , t p i ◦ j h = 0, si i = h

j 1p 1 + · · ·+ j t p t = id M .





Podemos entonces enunciar y probar el siguiente

Teorema. 25.3.Sea M , M 1, . . . , M t una familia nita de A –m ´ odulos y { j i : M i −→ M | i = 1, . . . , t } una familia nita de homomorsmos. Son equivalentes

(a) (M , { j i | i = 1, . . . , t }) es una suma directa.

(b) Existe una familia de homomorsmos {p i : M −→ M i | i = 1, . . . , t }tal que p i ◦ j h =δ i ,h id M i y t

i = 1 j i ◦p i = id M .

De forma dual podemos enunciar este Teorema para productos directos.

Ejercicio. 25.4.Enunciar y probar el Teorema (25.3. ) para productos directos.

Homomorsmos

En el caso de tratar con homomorsmos entre dos sumas directas de familias nitas dem odulos, el uso de matrices es muy util como vamos a ver a continuaci on.

Proposici on. 25.5.Dadas dos familias nitas de A –m ´ odulos {M i | i = 1, . . . , t }y {N h | h = 1, . . . , s }, existe unisomorsmo

Hom A (⊕t i = 1M i ,⊕

s h = 1N h )∼= ⊕

t i = 1⊕

s h = 1 Hom A (M i , N h ),

que a cada homomorsmo f : ⊕t i = 1M i −→ ⊕s

h = 1N h hace corresponder ( f hi )hi , donde f hi :M i −→N h est ´ a denido f hi (x ) = ( p h ◦ f ◦ j i )(x ).

DEMOSTRACI ON . Vamos a construir la aplicaci on inversa. Dado ( f hi )hi , para cada ındice i

consideramos { f hi | h = 1, . . . , s }, que inducen un homomorsmo f i : M i −→ h N h . Ahoraconsideramos la familia { f i | i = 1, . . . , t }, que induce un homomorsmo ⊕i M i −→ h N h ,que es el morsmo f inicial.

El homomorsmo f : ⊕t i = 1M i −→ ⊕s

h = 1N h puede ahora representarse por la matriz ( f hi )hi , y la imagen de un elemento (m 1, . . . , m t )∈⊕i M i se expresa:

f 11 · · · f 1t ... . . . ...

f s 1

· · · f st

m 1...

m t =

i f 1i (m i )...

i f si (m i )

∈⊕s h = 1N h .




SEC . 26. M ODULOS LIBRES 119

Suma directa interna

Se considera ahora un A –m odulo M y una familia nita de subm odulos: N 1, . . . , N t . Estamosinteresados en relacionar ⊕

t i = 1N i y M .

Como consecuencia de la propiedad universal de la suma directa tenemos un homomors-mo, f :⊕

t i = 1N i −→M , inducido por las inclusiones N i ⊆M y denido por: f ((n i )i ) =

t i = 1 n i .

Lema. 25.6.Con la notaci ´ on anterior se verica:

(1) f es sobreyectivo si, y solo si, t i = 1 N i = M y

(2) f es inyectivo si, y solo si, N h ∩(N 1 + · · ·+ N h −1 + N h + 1 + · · ·+ N t ) = 0 para cada ´ ındice h , si, y solo si, N h ∩(N 1 + · · ·+ N h −1) = 0 para cada ´ ındice h .

Cuando f es un isomorsmo decimos que M es la suma directa interna de los N 1, . . . , N t .

Una familia nita de subm odulos N 1, . . . , N t ⊆M se dice independiente si verica las condi-ciones equivalentes del apartado (2) Lema ( 25.6. ).

26. M odulos libres

Un A -m odulo F se llama libre sobre un subconjunto X ⊆ F si para cada aplicaci on f : X −→M , de X en un A -m odulo M , existe un unico homomorsmo f : F −→M tal que f | X = f .

X incl .

f F f

M

El conjunto X se llama una base de F .

Lema. 26.1.Si F es libre sobre X y G es libre sobre Y y existe una aplicaci ´ on de f : X −→ Y , entonces f induce un homomorsmo de f : F −→G . Si f es una biyecci ´ on, entonces f es un isomors-mo.

X

f

F f

Y

G





Como consecuencia, sobre cada conjunto X existe, salvo isomorsmo, un unico m odulo li-

bre. Observar que estos m odulos son isomorfos para cada par de conjuntos con el mismocardinal.

Dado un conjunto X existe siempre un A –m odulo libre sobre X . Para construirlo denimosF = ⊕{ A x | x ∈ X , A x = A , para todo x ∈ X } e i : X −→ F mediante i (x ) = e x , dondee x = ( δ x , y ) y . De esta forma podemos identicar X con el conjunto {e x | x ∈ X }.

Proposici on. 26.2.Con la notaci ´ on anterior F es libre sobre X .

Como consecuencia de esta construcci on, y de la denici on de m odulo libre, resulta quecada A –m odulo libre sobre un conjunto X es isomorfo a una suma directa, indizada en X , decopias del anillo A .

Una propiedad importante de los m odulo libres es:

Teorema. 26.3.Cada A –m ´ odulo es un cociente de un A –m ´ odulo libre, y por tanto de una suma directa de copias de A .

Dado un A –m odulo M una presentaci on libre de M es dar un m odulo libre F y un subm oduloK tal que F / K ∼= M , o equivalentemente dar un homomorsmo sobreyectivo de un m odulolibre a M .

Una presentaci on libre se llama nita cuando tanto F con K son nitamente generados. Eneste caso si F est a generado por { f 1, . . . , f t } y K est a generado por {k 1, . . . , k s }, siendo k j =

i a i f i , representamos el m odulo M como M = f 1, . . . , f t | i a i f i = 0 .

En particular un A –m odulo es nitamente generado si, y s olo si, es un cociente de una sumadirecta nita de copias de A y advertir que un m odulo nitamente generado no tiene que

tener una presentaci on libre nita.

Si F es un A –m odulo libre sobre un conjunto X y m es un ideal maximal de A , en F ∼= A ( X )

podemos considerar el subm odulo m A ( X ) ; es claro que tenemos

A ( X )

m A ( X ) = A ( X )

m( X ) ∼= A m

( X ),

que es un A / m–espacio vectorial de dimensi on Card( X ). Como consecuencia si F es A –m odu-lo libre sobre un conjunto X resulta que Card( X ) es un invariante de F al que vamos a llamar

el rango de F .




SEC . 26. M ODULOS LIBRES 121

Esto completa el resultado al inicio de esta secci on, de forma que, sobre un anillo conmutati-

vo, a cada n umero cardinal podemos asociar una unica clase de isomorf ıa de m odulos libresde forma que esta correspondencia sea biyectiva.

Homomorsmos entre m odulos libres nitamente generados

Cada A –m odulo libre nitamente generado F es isomorfo a una suma directa A n de copias delanillo A , por lo que el estudio de los homomorsmos entre dos A –m odulos libres nitamentegenerados se reduce al estudio de homomorsmos entre sumas directas nitas de copias

de A . Observar que el isomorsmo F ∼= A n se establece jando una base de F , por lo quetomando bases distintas podemos tener isomorsmos F ∼= A n distintos.

Como cada endomorsmo de A est a denido por un elemento a ∈ A , en virtud de la Proposi-cion ( 25.5. ) el estudio de los endomorsmos entre m odulos libres nitamente generados sereduce al estudio de matrices con coecientes en A .

Representamos por M n ×m (M ) el conjunto de las matrices con coecientes en A con n las y m columnas. Por simplicidad el conjunto M n ×n ( A ) se representa por M n ( A ). Un elemento deM n ×m (M ) se representa por

a 11 · · · a 1m ...

...a n 1 · · · a nm

El conjunto M n ×m ( A ) tiene estructura de A –m odulo y el conjunto M n ( A ) tiene estructura de A –algebra, aunque no conmutativa.

Al considerar la estructura multiplicativa de M n ( A ) aparece de forma natural el grupo linealgeneral , GL n ( A ), que es el grupo de las matrices invertibles.

Lema. 26.4.Dadas dos matrices X e Y en M n ×m ( A ) que representan el mismo endomorsmo respecto a distintas bases, existen matrices invertibles P ∈M n ( A ) y Q ∈M m ( A ) tales que X = PYQ .

Dos matrices X e Y en la situaci on del lema se llaman matrices equivalentes . Es claro que larelaci on “equivalente a” es una relaci on de equivalencia en M n ×m ( A ).

Lema. 26.5.Dadas dos matrices X e Y en M n ( A ), que representan el mismo endomorsmo respecto a

distintas bases, existe una matriz invertible P tal que Y = PXP −1.





Dos matrices X e Y en la situaci on del lema se llaman matrices semejantes . Es claro que la

relaci on “semejante a” es una relaci on de equivalencia en M n ( A ).Dada una matriz X = ( x ij )ij ∈M n ( A ), el determinante de X se dene

det( X ) =σ∈S n

(−1)s (σ)a 1σ(1) · · ·a n σ(n ) .

El determinante de una matriz X verica algunas propiedades geom etricas que son de in-ter es. Dada X el elemento adjunto o cofactor de x ij es el determinante de la matriz obtenidade X eliminando la la i y la columna j , es pues el determinante de una matriz (n

−1)

×(n

−1),

afectado por el signo (−1)i + j ; se representa por X ij . La matriz adjunta de la matriz X es lamatriz adj ( X ) = ( X ij ) ji , esto es, la matriz traspuesta de la matriz formada por los elementosadjuntos.

Lema. 26.6. (Teorema de Laplace)Dada una matriz X = ( x ij )ij ∈M n ( A ), se verica:

(1) det( X ) = x i 1 X i 1 + · · ·+ x in X in para cada ´ ındice i = 1, . . . , n .

(2) det( X ) = x 1 j X 1 j + · · ·+ x nj X nj para cada ´ ındice j = 1, . . . , n .

(3) X adj ( X ) = det( X ) I = adj ( X ) X .

Corolario. 26.7.Una matrix X ∈M n ( A ) es invertible si, y solo si, det( X ) es un elemento invertible en A .

27. M odulos nitamente generados

Lema. 27.1. (Teorema de Cayley–Hamilton.)

Sea A un anillo, M un A –m ´ odulo nitamente generado, a un ideal de A y f un endomorsmo de M tal que f (M )⊆aM . Entonces f verica una ecuaci ´ on de la forma

f n + a 1 f n −1 + · · ·+ a n −1 f + a n = 0, con a i ∈a .

DEMOSTRACI ON . Sea {m 1, . . . , m t } ⊆ M un sistema de generadores de M , y sea f (m i ) =t j = 1 a ij m j , con a ij ∈a . Tenemos entonces

t

j = 1

(δ i , j f −a ij )m j = 0.




SEC . 27. M ODULOS FINITAMENTE GENERADOS 123

Multiplicamos por la derecha por la adjunta de (δ i , j f −a ij )ij , obteniendo que det(δ i , j f −a ij )ij

anula a cada m j . Luego det(δ i , j f −a ij )ij es el homomorsmo cero y al desarrollar se tiene laecuaci on buscada.

OTRA DEMOSTRACION .Se considera el diagrama:

Ker( f )

A t f

ρ

a A t

ρ

incl A t

ρ

Ker( f ) M f

aM incl M

donde ρ : A t −→ M es la proyecci on can onica y f : A t −→ a A t est a denida por f (e i ) =t j = 1 a ij e j , siguiendo la notaci on anterior, esto es, f (m i ) = t

j = 1 a ij m j , con a ij ∈ a. El diagra-ma es conmutativo y f : A t −→ A t est a denido por una matriz, sea esta E . La matriz E esra ız de su polinomio caracter ıstico: det(E −λI ). Sustituyendo E por f tenemos la ecuaci onbuscada.

Corolario. 27.2.Sea A un anillo, M un A –m ´ odulo nitamente generado, a un ideal de A tal que aM = M .Entonces existe un x ∈ A tal que x ≡1 (mod a) y xM = 0.

DEMOSTRACI ON . Si tomamos en el Lema ( 27.1. ) f = idM , para cada m ∈ M se verica (1 +a 1 + · · ·+ a n −1 + a n )m = 0. Por lo tanto podemos tomar x = 1 + a 1 + · · ·+ a n −1 + a n quecumple las dos condiciones del enunciado.

Lema. 27.3. (Lema de Nakayama.)Sea A un anillo, M un A –m ´ odulo nitamente generado, a un ideal de A contenido en Rad( A ).Entonces aM = M implica M = 0.

DEMOSTRACI ON . Por el Corolario ( 27.2. ) existe x ∈ A tal que x ≡ 1 (mod a) y xM = 0. Comox −1∈a⊆Rad( A ), entonces x ∈ A es una unidad, entonces M = 0.

OTRA DEMOSTRACION .Si M = 0, consideramosun conjunto minimal de generadores de M , por ejemplo {m 1, . . . , m t }.Para cada m i tenemos una expresi on del tipo

m i =t

j = 1

a ij m j , con a ij ∈a⊆Rad( a ).

Entonces se verica

(1 −a tt )m t =t −1

j = 1

a ij m j ,





y como 1 −a tt es una unidad, resulta que {m 1, . . . , m t −1} es un sistema de generadores, lo

que es una contradicci on.

Corolario. 27.4.Sea A un anillo, M un A –m ´ odulo nitamente generado, N un subm ´ odulo de M , a un ideal de A contenido en Rad( A ). Entonces aM + N = M implica N = M .

En realidad solo necesitamos que el cociente M / N sea nitamente generado.

DEMOSTRACI ON . Basta tomar el m odulo nitamente generado M / N en el Lema de Nakaya-ma, ya que se tiene a M

N = aM + N N .

Lema. 27.5.Sea A un anillo local con ideal maximal m y M un A –m ´ odulo nitamente generado. Si x 1, . . . ,x t son elementos de M tales que sus clases en M / mM generan M / mM como A / m–m ´ odulo.Entonces {x 1, . . . , x t }es un sistema de generadores de M .

DEMOSTRACI ON . Tomamos en el Corolario ( 27.4. ) N = Ax 1 + · · ·+ Ax t .

Si M es un A –m odulo nitamente generado, llamamos µ(M ) al menor n umero de elementosde un sistema de generadores de M . Un sistema de generadores con µ(M ) elementos se llamaun sistema de generadores minimal .

Consecuencia de la denici on de rango de un m odulo libre tenemos:

Lema. 27.6.Si F es un A –m ´ odulo libre nitamente generado, entonces µ(F ) es el n ´ umero de elementos de una base, esto es, el rango de F .

DEMOSTRACI ON . Sea s el rango de F y {m 1, . . . , m t } un sistema minimal de generadores,para cada ideal maximal m se tiene que

{m 1, . . . , m t

}es un sistema de generadores de F / mF .

Como F / mF ∼= A m

t , tenemos t ≤m , y en consecuencia t = s , el rango de F .

Este resultado se puede aplicar ahora a anillos locales y obtenemos:

Corolario. 27.7.Sea ( A , m, K ) un anillo local y M un A –m ´ odulo nitamente generado. Si m 1, . . . , m t ∈M , sonequivalentes:

(a) M = Am 1 + · · ·+ Am t ;

(b)

{m 1, . . . , m t

}⊆M / mM es un sistema de generadores M / mM como K –espacio vectorial.




SEC . 28. M ODULOS NOETHERIANOS 125

Corolario. 27.8.Con las mismas hip ´ otesis se verica:

(1) µ = dim K (M / mM );

(2) m 1, . . . , m n es un sistema minimal de generadores de M si, y s olo si, {m 1, . . . , m n }es una K –base de M / mM ;

(3) si m 1, . . . , m n es un sistema minimal de generadores de M y n i = 1 r i m i = 0, r i ∈ A ,

entonces r i ∈m para cada ´ ındice i ;

(4) cada sistema de generadores contiene uno minimal;

(5) los elementos m 1

, . . . ,m n

pueden extenderse a un sistema minimal de generadores de M si, y s olo si, {m 1, . . . , m n }son K –linealmente independientes en M / mM sobre el cuerpo

A / m.

28. M odulos noetherianos

Un A –m odulo M verica la condici on maximal si toda familia no vac ıa de subm odulos, or-denada por inclusi on, tiene un elemento maximal.

Un A –m odulo M verica la condici on de cadena ascendente si toda cadena ascendente desubm odulos de M es estacionaria, esto es, si M 1 ⊆ M 2 ⊆ ·· · es una cadena ascendente desubm odulos de M , entonces existe m ∈Ntal que M m = M n para todo n ≥m .

Un A –m odulo M se llama noetheriano si es nitamente generado y cada subm odulo N de M es nitamente generado.

Lema. 28.1.Sea M un A –m ´ odulo, son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M es noetheriano;

(b) M verica la condici ´ on maximal;

(c) M verica la condici ´ on de cadena ascendente.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Sea Γ una familia no vac ıa de subm odulos de M . Sea M 0 ⊆ M 1 ⊆· · · una cadena de elementos de Γ, entonces ∪i M i es un subm odulo nitamente generado deM por ser M noetheriano. Si {m 1, . . . , m t } es un sistema de generadores de ∪i M i , existe unındice j tal que {m 1, . . . , m t }⊆M j , y por tanto ∪i M i = M j ∈Γ. Ası pues, por el Lema de Zorn,

Γ tiene elementos maximales.





(b)⇒(c). Si M 0 ⊆ M 1 ⊆ · · · es una cadena ascendente de subm odulos de M , entonces la

familia {M 0, M 1, . . .} tiene un elemento maximal, sea M j , por tanto para h > j se vericaM h = M j y la cadena es estacionaria.

(c)⇒(a). Si N es un subm odulo de M , consideramos un elemento n 1 ∈ N . Si n 1 A = N , en-tonces N es nitamente generado. En caso contrario existe n 2 ∈ N \n 1 A . Si n 1 A + n 2 A = N ,entonces N es nitamente generado. En caso contrario existe n 3 ∈ N \n 1 A + n 2 A . . . . Si paracada ındice i podemos encontrar un elemento n i + 1 ∈N \ n 1 A + · · ·+ n i A , entonces podemosconstruir una cadena estrictamente ascendente

n 1 A ⊂n 1 A + n 2 A ⊂ · · ·⊂n 1 A + · · ·+ n i A ⊂ · · · ,

lo que es una contradicci on.

Lema. 28.2.Sea 0 →M →M →M →0 una sucesi ´ on exacta corta de A –m ´ odulos. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M es noetheriano;

(b) M y M son noetherianos.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒

(b). Ya que cada cadena de subm odulos de M es tambi en una ca-dena de subm odulos de M , tenemos que cada cadena de subm odulos de M estabiliza. SiM 1 ⊂M 2 ⊆ · · · es una cadena de subm odulos de M , entonces identicando M con M / M ,tenemos que existe una cadena

M 1 ⊆M 1 ⊆ · ··de subm odulos de M , endonde M i / M = M i para cada ındice i . Comola cadena desubm odu-los de M estabiliza, entonces la cadena M 1 ⊂M 2 ⊆ · · · tambi en estabiliza.

Como consecuencia tenemos el siguiente resultado.

Corolario. 28.3.Cada subm ´ odulo y cada cociente de un A –m ´ odulo noetheriano es noetheriano y una suma directa nita de A –m ´ odulos es noetheriana si y solo si cada sumando es noetheriano.

Modulos artinianos

Un A –m odulo M verica la condici on minimal si toda familia no vac ıa de subm odulos, or-

denada por inclusi on, tiene un elemento minimal.





Un A –m odulo M verica la condici on de cadena descendente si toda cadena descendente

de subm odulos de M es estacionaria, esto es, si M 1 ⊇ M 2 ⊇ ·· · es una cadena descendentede subm odulos de M , entonces existe m ∈Ntal que M m = M n para todo n ≥m .

Lema. 28.4.Sea M un A –m ´ odulo, son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M verica la condici ´ on minimal;

(b) M verica la condici ´ on de cadena descendente.

Un A –m odulo M que verica las condiciones equivalentes del Lema se llama artiniano .

Como consecuencia tenemos el siguiente resultado.

Corolario. 28.5.Cada subm ´ odulo y cada cociente de un A –m ´ odulo artiniano es artiniano y una suma directa nita de A –m ´ odulos es artiniana si y solo si cada sumando es artiniano.

Anillos noetherianos

Un anillo A se llama noetheriano si A A es un A –m odulo noetheriano.

Lema. 28.6.Sea A un anillo, son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es noetheriano;

(b) Cada A –m ´ odulo nitamente generado es noetheriano.

DEMOSTRACI ON

. (a)⇒

(b). Si M es un A –m odulo nitamente generado, entonces existe unapresentaci on libre A n →M →0, y como A es noetheriano, entonces M lo es.

(b)⇒(a). Como A A es un A –m odulo nitamente generado, tenemos que A A es noetheriano y por tanto A es un anillo noetheriano.

Lema. 28.7.Si A es un anillo noetheriano y si a es un ideal, entonces A / a es un anillo noetheriano.

DEMOSTRACI ON . Si b es un ideal de A / a , entonces existe un ideal b de A tal que b = b / a , y

por tanto, como b es nitamente generado, resulta que b tambi en lo es.





Existen m as formas de construir anillos noetherianos a partir de otros que ya lo son. Veamos

algunos ejemplos.

Proposici on. 28.8. (Teorema de la base de Hilbert.)Si A es un anillo noetheriano, entonces el anillode polinomios A [ X ]es un anillo noetheriano.

DEMOSTRACI ON . Sea a un ideal de A [ X ]. Consideramos el conjunto de los coecientes l ıderesde los polinomios en a . Este conjunto es un ideal de A , llam emoslo b. Ya que A es un anillonoetheriano, b es un ideal nitamente generado. Supongamos que b = a 1 A + · · ·+ a t A y sea

F i ∈a tal que

F i = a i X n i + terminos de grado menor .

Sea a el ideal de A [ X ] generado por F 1, . . . , F t . Es claro que a ⊆a .

Sea F = aX m + terminos de grado menor ∈ a. Si m ≥ n = m ax{n i | i = 1, . . . , t }, entoncesconsideramos una combinaci on tal que a = t

i = 1 r i a i y construimos entonces

G = F −t

i = 1

r i F i X m −n i ∈a .

Resulta que gr(G ) < gr(F ). Luego reiterando este proceso el n umero de veces que sea nece-sario podemos suponer que gr(F ) < n .

Sea M el A –m odulo generado por 1, X , . . . , X n −1, entonces a = ( a ∩M ) + a . Por ser M ni-tamente generado es noetheriano y entonces a ∩M es nitamente generado. Sean G 1, . . . , G s una familia de generadores de a

∩M , entonces a est a generado como A [ X ]–m odulo por G 1,

. . . , G s , F 1, . . . , F t , y tenemos que es nitamente generado.

Corolario. 28.9.Si A es un anillo noetheriano, entonces el anillo de polinomios A [ X 1, . . . , X n ] es noetheriano.

Corolario. 28.10.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y B una A – algebra nitamente generada, enton-ces B es noetheriana. En particular toda ´ algebra nitamente generada sobre un cuerpo es noetheriana.





Caracterizaciones y ejemplos de anillos noetherianos 1

Teorema. 28.11. (Teorema de Cohen.[ 3])Sea A un anillo conmutativo. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es un anillo noetheriano;

(b) Todos los ideales primos de A son nitamente generados.

DEMOSTRACI ON . (Matsumura:1986, pag. 17) (b) ⇒(a). Llamamos Γ al conjunto de todos losideales de A que no son nitamente generados. Si Γ = ∅, aplicando el Lema de Zorn existen

en Γ elementos maximales. Sea a ∈ Γ maximal. Si a no es primo, existen a , b ∈ A tales queab ∈ a y a , b /∈ a. Consideramos a + aA ; es nitamente generado ya que no pertenece a Γ.Entonces existen a 1, . . . , a t ∈a tales que a + aA = a 1 A + · · ·+ a t A + aA .

Consideramos (a : a ). Tenemos que a ⊆ (a : a ), como b ∈ (a : a ) \ a , entonces (a : a ) /∈ Γ y estambi en nitamente generado. Entonces (a : a ) = b 1 A + · · ·+ b m A .

Dado y ∈a , existe una expresi on

y = a 1r i + · · ·+ a t r t + ar con r 1, . . . , r t , r ∈ A .

Entonces r ∈(a : a ) y existen s 1, . . . , s m ∈ A tales quer = b 1s 1 + · · ·+ b m s m ,

Uniendo todo resulta

y = a 1r 1 + · · ·+ a t r t + ab 1s 1 + · · ·+ ab m s m ,

y por tanto {a 1, . . . , a r , ab 1, . . . , ab m }es un sistema de generadores de a , lo que es una contra-dicci on. Resulta pues que Γ ha de ser vac ıo y por tanto A es un anillo noetheriano.

Teorema. 28.12. (Teorema de la base de Hilbert para series formales de potencias.)Sea A un anillo noetheriano y X una indeterminada, entonces el anillo de series formales de potencias A [[ X ]] es noetheriano.

DEMOSTRACI ON . Sea a un ideal de A [[ X ]], llamamos a0 al ideal de A formado por los t ermi-nos independientes de los elementos de a. De forma similar llamamos a1 al conjunto de loscoecientes de X en los elementos de a ; es claro que a1 es un ideal de A . De forma an alogadenimos ah el ideal de los coecientes de X h en los elementos de a. Multiplicando por X tenemos a i ⊆a i + 1; por tanto tenemos una cadena de ideales de A :

a0 ⊆a1 ⊆a2 ⊆ · · ·1OPCIONAL





Esta cadena estabiliza, sea at = a t + 1 = · · · Sea {a i ,1, . . . , a i ,s i }un sistema de generadores de ai

y sea F i , j ∈ a una serie tal que el coeciente de X i

es a i , j . Veamos que {F i , j | i = 0, . . . , t ; j =1, . . . , s i }es un sistema de generadores de a.

Dado F = ( b 0 + b 1 X + · · ·) X h ∈ a, tenemos b 0 = s h

j = 1 r j a h , j , y por tanto F −s h j = 1 r j F h , j se

escribe en la forma F X h + 1, siendo F ∈ A [[ X ]]. De esta forma llegamos a una combinaci onF − r i , j F i , j que es de la forma F X t ∈a .

Si F = F X t + k ∈ a, entonces como a t = at + k , tenemos que F − s t

j = 1 r j ,k F t , j X k es una seriedel tipo F X t + k + 1, y existen coecientes tales que F − s t

j = 1 r j ,k X k F t , j − s t j = 1 r j ,k + 1 X k + 1F t , j .

Prosiguiendo de esta forma se tiene que F se escribe en la forma

F =s t

j = 1

(∞

l = k

r j ,l X l )F t , j .

Por tanto {F i , j | i = 0, . . . , t ; j = 1, . . . , s i }es un sistema de generadores de a.

Una demostraci on alternativa, consecuencia del Teorema ( 28.11. ), es la siguiente:

DEMOSTRACI ON . Se considera la aplicaci on f : A [[ X ]] −→ A denida f ( ∞i = 0 s i X i ) = s 0. Si pes un ideal primo de A [[ X ]], entonces f (p) es un ideal de A , y por tanto nitamente generado.Sea f (p) = ( a 1, . . . , a t ), y sean h (1) , . . . , h (t )

∈p tales que f (h (i )) = a i , para j = 1, . . . , t .

Si X ∈p, entonces a j = h ( j ) − X ∞i = 1 h ( j )i X i −1∈p, y X , a 1, . . . , a t es un sistema de generadores

de p.

Si X /∈p vamos a ver que h (1) , . . . , h (t ) es un sistema de generadores. Dado s ∈p existen c 0, j ∈ A tales que s 0 = t

j = 1 c 0, j a j , y por tanto s − t j = 1 c 0, j h ( j ) = Xs (1)

∈p. Como p es primo y X /∈p se

verica s (1)∈ p. Existen c 1, j ∈ A tales que s (1)

0 = t j = 1 c 1, j a j , y por tanto s (1) − t

j = 1 c 1, j h ( j ) = Xs (2)∈p, siendo s (2)

∈p. Observar que se tiene s − t j = 1(c 0, j + c 1, j X )h ( j ) = Xs (2) . Por inducci on

obtenemos una expresi on del tipo

s −t

j = 1

(c 0, j + c 1, j X + · · ·+ c r , j X r )h ( j ) = Xs (r + 1)∈p,

y por tanto tendremos s = t j = 1( ∞i = 0 c i , j X i )h ( j ) . Esto es, {h (1) , . . . , h (t )} es un sistema de

generadores de p. Como cada ideal primo de A [[ X ]] es nitamente generado, entonces A [[ X ]]es un anillo noetheriano.

Corolario. 28.13. ((a la demostraci on.)(Kaplansky.))Sea A un anillo y p ⊆ A [[ X ]] un ideal primo del anillo de series formales de potencias. Son

equivalentes:





(a) p es nitamente generado.

(b) p0 es nitamente generado.

En este caso si p0 tiene un sistema de generadores formado por t elementos, entonces p tiene un sistema formado por t + 1 elementos, si X ∈p, o por t elementos, si X /∈p

Corolario. 28.14.Sea A un anillo noetheriano y X 1, . . . , X n indeterminadas sobre A , entonces A [[ X 1, . . . , X n ]] es un anillo noetheriano.

Lema. 28.15.Sea A un anillo y M un A –m ´ odulo noetheriano, entonces A / Ann A (M ) es un anillo noethe-riano.En particular si un anillo tiene un A –m ´ odulo el noetheriano, entonces es un anillo noethe-riano.

DEMOSTRACI ON . Llamamos S = A / Ann A (M ), entonces, considerando M como S –m odulotenemos que los ret ıculos de A –subm odulos y S –subm odulos de M coinciden.

Podemos por tanto suponer que M es un A –m odulo noetheriano y el. Para ver que A es unanillo noetheriano, supongamos que M = m 1 A +

· · ·+ m r A , entonces podemos denir un

homomorsmo f : A →M r , f (x ) = ( m 1x , . . . , m r x ).

Si f (x ) = 0, entonces m i x = 0 para 1 ≤ i ≤ r . Luego x ∈ Ann A (M ) = 0, y por tanto f esun homomorsmo inyectivo. Como M r es noetheriano, entonces A tambi en lo es, ya que esisomorfo a un subm odulo de M r .

Teorema. 28.16. (Teorema de Eakin–Nagata.)Sea A un anillo conmutativo y B ⊇ A una A – algebra, nitamente generada como A –m ´ odulo.Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es un anillo noetheriano.(b) B es un anillo noetheriano.

DEMOSTRACI ON . (b)⇒(a). Llamamos

Γ = {aB | a⊆ A , B / aB no es un A –m odulo noetheriano }.

Si A no es noetheriano, entonces como A → B , x → 1x , tenemos que B no es un A –m odulonoetheriano, y por tanto 0 ∈ Γ y Γ = ∅. Utilizando que B es un anillo noetheriano, resulta

que existe aB ∈

Γ maximal.





Consideramos la extensi on de anillos:

A = A / Ann A (B / aB ) →B / aB = B ,

entonces B es un anillo noetheriano que es un A –m odulo nitamente generado, no es un A –m odulo noetheriano y cada cociente B / bB , con b ⊆ A es un A –m odulo noetheriano.Hacemos ahora el cambio A → A y B →B .

Llamamos Λ = { X | X es un A –subm odulo de B y Ann A (B / X ) = 0}. Si B = s 1 A + · · ·+ s t A ,entonces los elementos de Λ pueden ser caracterizados por la propiedad:

Para cada 0 = a ∈ A , {s 1a , . . . , s t a } X .

Ya que 0 ∈ Λ, tenemos Λ = ∅. Sea X 1 ⊆ X 2 ⊆ ·· · una cadena en Λ. Si llamamos X = ∪ X n y si X /∈Λ, entonces existe a ∈ A tal que {s 1a , . . . , a t a }⊆ X , lo que es una contradicci on. Tenemospues que Λ es un conjunto inductivo.

Sea X 0 ∈ Λ maximal, si B / X 0 es A –noetheriano, entonces A / Ann A (B / X 0) = A es noetheriano ya que es un A –subm odulo. Si B / X 0 no es A –noetheriano, entonces tenemos la siguiente si-tuaci on: existe un A –m odulo M que es un cociente de B y tal que:

(1) M no es noetheriano, es el y es nitamente generado.

(2) Para cada ideal 0 = a

⊆

A el cociente M / M a es noetheriano.

(3) Para cada subm odulo 0 = N ⊆M el cociente M / N no es el

Sea 0 = N ⊆ M , entonces M / N no es el y existe a ∈ A \ {0}tal que Ma ⊆ N , entonces por(2), el cociente M / Ma es noetheriano y como consecuencia N / Ma ⊆ M / Ma es nitamentegenerado. Adem as B era nitamente generado y por tanto M es nitamente generado y comoconsecuencia Ma es nitamente generado. Entonces N es nitamente generado. Tenemosque cada subm odulo de M es nitamente generado, lo que implica que M es noetheriano.Esto es una contradicci on.

Anillos artinianos

Un anillo A se llama artiniano si A A es un A –m odulo artiniano.Lema. 28.17.Sea A un anillo, son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es artiniano.

(b) Cada A –m ´ odulo nitamente generado es artiniano.





Lema. 28.18.Si A es un anillo artiniano y si a es un ideal, entonces A / a es un anillo artiniano.

Modulos de longitud nita

Un A –m odulo M se llama simple si es no nulo y sus unicos subm odulos son 0 y M .

Lema. 28.19.Un A –m ´ odulo M es simple si, y s ´ olo si, existe un ideal maximal a de A tal que M ∼= A / a .

Lema. 28.20.Un A –m ´ odulo M es simple si, y s ´ olo si, cada elemento no nulo es un generador.

Proposici on. 28.21. (Lema de Schur.)Sea M un A –m ´ odulo simple, entonces tenemos que End A (M ) es un anillo de divisi ´ on.

Si M es un A –m odulo, una serie de subm odulos de M es una cadena estrictamente ascen-dente nita de subm odulos

0 = M 0 ⊂M 1 ⊂ · · ·⊂M t = M .

Si se verica que para cada ındice i el cociente M i / M i −1 es un A –m odulo simple entonces sellama una serie de composici on de M . En este caso los cocientes M i / M i −1 se llaman factoresde composici on de M .

El n umero t se llama longitud de la serie de composici on y los cocientes M i / M i −1 se llamanfactores de composici on .

Vamos a probar que la longitud de una serie de composici ondeun A –m odulo es un invarian-te.

Dos series de composici on 0 = M 0 ⊂ M 1 ⊂ ·· · ⊂ M t = M y 0 = N 0 ⊂ N 1 ⊂ ·· · ⊂ N s = M sosequivalentes si t = s y existe una permutaci on σ ∈ S t tal que M i / M i −1 ∼= N σ(i )/ N σ(i )−1, paracada 1 ≤ i ≤t .

Lema. 28.22.Toda serie de subm ´ odulos de M que es equivalente a una serie de composici ´ on es una serie de composici ´ on.

Dada una serie de subm odulos de M , por ejemplo

0 = M 0 ⊂M 1 ⊂ · · ·⊂M t = M ,





un renamiento es una serie de subm odulos 0 = N 0 ⊂ N 1 ⊂ ·· · ⊂ N s = M tal que para cada

ındice 1 ≤ i ≤t existe un ındice 1 ≤ j i ≤s tal que M i = N j i .Proposici on. 28.23. (Teorema de Schreier.)Cada dos series de subm ´ odulos de M tienen renamientos equivalentes.

DEMOSTRACI ON . Dadas dos series de subm odulos

0 = M 0 ⊂M 1 ⊂ · · ·⊂M t = M , y (IV.1)

0 = N 0

⊂N 1

⊂ · · ·⊂N s = M , (IV.2)

construimos un renamiento de ( IV.1 ) en la siguiente forma:

0 = M 1 ∩N 0 ⊆M 1 ∩N 1 ⊆ · · ·⊆M 1 ∩N s = M 1= M 1 + ( M 2 ∩N 0)⊆ · · ·⊆M 1 + ( M 2 ∩N s ) = M 2

= M 2 + ( M 3 ∩N 0)⊆ · · ·⊆M t −1 + ( M t ∩N s ) = M . (IV.3)

Llamamos M i , j = M i −1 + ( M i ∩ N j ), para 1 ≤ i ≤ t y 0 ≤ j ≤ s . Observar que se tieneM i −1,s = M i ,0. En la misma forma construimos un renamiento para ( IV.2).

· · ·⊆N j

−1 + ( N j

∩M i

−1)

⊆

N j

−1 + ( N j

∩M i )

⊆ · · · (IV.4)

Veamos que ( IV.3 ) y (IV.4 ) con equivalentes. En efecto, se tiene

M i , j M i , j −1

=M i −1 + ( M i ∩N j )

M i −1 + ( M i ∩N j −1) =

M i −1 + ( M i ∩N j −1) + ( M i ∩N j )M i −1 + ( M i ∩N j −1)

∼=M i ∩N j

(M i −1 + ( M i ∩N j −1)) ∩M 1 ∩N j =

M i ∩N j M i ∩(M i −1 + N j −1) ∩M 1 ∩N j

=M i ∩N j

(M i −1 + N j −1) ∩M 1 ∩N j =

M i ∩N j (M i ∩N j −1) + ( M i −1 ∩N j )

.

y en la misma forma N j ,i N j ,i −1∼=

M i ∩N j (M i ∩N j −1) + ( M i −1 ∩N j )

.

Proposici on. 28.24. (Teorema de Jordan–H older.)Sea M un A –m ´ odulo que tiene una serie de composici ´ on de longitud t , entonces:

(1) Cada cadena estrictamente ascendente de subm ´ odulos de M se puede renar a una serie de composici ´ on.

(2) Todas las series de composici ´ on de M tienen longitud t .





Si M es un A –m odulo que tiene una serie de composici on, llamamos longitud de M , y la

representamos por long(M ), a la longitud de sus series de composici on. Como consecuenciadiremos que M tiene longitud nita si tiene una serie de composici on, y que tiene longitudinnita si no tiene una serie de composici on.

Lema. 28.25.Sea M un A –m ´ odulo. Son equivalentes:

(a) M tienen una serie de composici ´ on.

(b) M es noetheriano y artiniano.

Proposici on. 28.26.Sea 0 →M →M →M →0 una sucesi ´ on exacta corta de A –m ´ odulos. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M tiene longitud nita.

(b) M y M tienen longitud nita.

Adem ´ as, la funci ´ on long(−) es aditiva sobre sucesiones exactas cortas de m ´ odulos de longi-tud nita, esto es, long(M ) = long( M ) + long( M ) si M , M y M tienen longitud nita.

29. Ejercicios

Ejercicio. 29.1.

(1) Si X , Y ∈M n ( A ) y XY = I n , entonces YX = I n .

(2) Si X ∈M n ×m ( A ), Y ∈M m ×n ( A ) y XY = I n , entonces n ≤m .

(3) Si X ∈M n ×m ( A ), Y ∈M m ×n ( A ), XY = I n y YX = I m , entonces n = m .

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.2.Utiliza el ejercicio (29.1. ) para probar que si A n ∼= A m , entonces n = m .

SOLUCI ON





Ejercicio. 29.3.Sea N un A –subm ´ odulo de M y

( I) N y M / N son nitamente generados;

( II ) M es nitamente generado.

Demuestra que (i) ⇒(ii).Da un ejemplo de que en general no se verica (ii) ⇒(i).

SOLUCI ONEjercicio. 29.4.Un A –m ´ odulo M se llama simple (o irreducible ) si M = 0 y los ´ unicos subm ´ odulos de M son M y 0.

(1) Demuestra que A es simple si, y s ´ olo si, M = 0 y M es un m ´ odulo c ´ ıclico generado por cualquier elemento no nulo.

(2) Determina todos los Z–m ´ odulos simples.

(3) Como A es conmutativo. Demuestra que M es simple si, y s ´ olo si, es isomorfo (como A –m ´ odulo) a A / m, donde m es un ideal maximal de A .

SOLUCI ONEjercicio. 29.5.Sean M , N dos A –m ´ odulos simples. Demuestra que todo homomorsmo no nulo f : M −→N es un isomorsmo.Deduce el Lema de Schur : Si M es simple, el anillo, no conmutativo, End A (M ) es un anillo de divisi ´ on.

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.6.Sea A un anillo y sean M 1, M 2, N A –m ´ odulos arbitrarios. Demuestra que existen isomors-mos (naturales) de A –m ´ odulos:

Hom A (M 1⊕M 2, N )∼= Hom A (M 1, N )⊕Hom A (M 2, N )Hom A (N , M 1⊕M 2)∼= Hom A (N , M 1)⊕Hom A (N , M 2).

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.7.

Demuestra que HomZ(Zn , Zm )∼= Zd , donde d = m . c. d.{n , m }.





SOLUCI ON

Ejercicio. 29.8.Sea A un anillo y sea F un A –m ´ odulo libre de rango nito. Demuestra que existe un isomor-smo de A –m ´ odulos Hom A (F , A )∼= F .

SOLUCI ONEjercicio. 29.9.Sea A un anillo y sea F un A –m ´ odulo libre de rango n . Demuestra que para todo A –m ´ odulo M existe un isomorsmo de A –m ´ odulos Hom A (F , M )∼= M n .

SOLUCI ONEjercicio. 29.10.Demuestra el rec ´ ıproco del Teorema de la base de Hilbert : Si el anillo de polinomios A [ X ]es noetheriano, entonces A es noetheriano.

SOLUCI ONEjercicio. 29.11.Sea M un A –m ´ odulo y N 1, N 2 subm ´ odulos suyos.

(1) Demuestra que si M / N 1 y M / N 2 son m ´ odulos noetherianos, tambi ´ en M / (N 1 ∩N 2) es noetheriano.

(2) Demuestra que si M / N 1 y M / N 2 son m ´ odulos artinianos, tambi ´ en M / (N 1 ∩N 2) es arti-niano.

SOLUCI ONEjercicio. 29.12.Demuestra que los siguientes anillos no son noetherianos:

(1) El anillo de todas las funciones continuas [0, 1] −→R.(2) El anillo de todas las aplicaciones X −→Z2, donde X es un conjunto innito.

SOLUCI ONEjercicio. 29.13.Sea F un A –m ´ odulo y F ⊆F un subm ´ odulo tal que F y F / F son m ´ odulos libres. Demuestra que F es un m ´ odulo libre.

SOLUCI ON





Ejercicio. 29.14.Sea A un Dominio de Ideales Principales, demuestra que cada subm ´ odulo de un A –m ´ odulo libre nitamente generado es un m ´ odulo libre.En particular cada subgrupo de Zn es un grupo abeliano libre.

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.15. (Lema de Fitting)Sea M un A –m ´ odulo noetheriano y f : M −→M un endomorsmo de A –m ´ odulos.

(1) Demuestra que existe un entero n ≥0 tal que Ker( f n ) ∩Im( f n ) = {0}.

(2) Deduce que todo epimorsmo f : M −→M es un isomorsmo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.16.Sea K un cuerpo y X e Y indeterminadas. Demuestra que el subanillo

K [ X , X 2Y , X 3Y 2, . . . , X i Y i −1, . . . ]

del anillo de polinomios K [ X , Y ] no es noetheriano; lo que demuestra que los subanillos de

anillos noetherianos no son necesariamente noetherianos y que subalgebras de ´ algebras nitamente generadas no son necesariamente nitamente generadas.

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.17.Sea A un anillo noetheriano y a un ideal propio de A . Prueba que existen ideales primos p1, . . . , pt tales que a⊆pi para cada i = 1, . . . , t y p1 · · ·pt ⊆a .


(1) Sea A un anillo. Demuestra que para cada ideal propio a de A existen ideales primos que son minimales sobre a.

(2) Sea A un anillo noetheriano. Demuestra que para cada ideal propio a de A existe s ´ olo unn ´ umero nito de ideales minimales sobre a.

SOLUCI ON





Ejercicio. 29.19.Sea A un anillo noetheriano y F = ∞

i = 0a i X i

∈

A [[ X ]] una serie formal de potencias. Deni-mos el contenido de F como el ideal c (F ) = ( a 0, a 1, . . . )

⊆ A . Prueba que son equivalentes:

(a) F es nilpotente.

(b) Todos los coecientes de F son nilpotentes.

(c) Existe n ∈Ntal que a n i = 0 para cada ´ ındice i .

SOLUCI ONEjercicio. 29.20.Dado X = Z2 ×Z2.

(1) Determina todos los subm ´ odulos de X y dibuja el ret ´ ıculo de los subm ´ odulos de X .

(2) Encuentra tres subm ´ odulos de X , ll amalos A , B , C , tales que:

( A + B ) ∩C = ( A ∩C ) + ( B ∩C ), y ( A ∩B ) + C = ( A + C ) ∩(B + C ).

(3) Prueba que para cualquier m ´ odulo M y cualesquiera subm ´ odulos N , L , H , tales que N ⊆H , se verica (N + L )

∩H = N + ( L

∩H ).

Esta propiedad se llama la propiedad modular y, como hemos comprobado, la vericantodos los m ´ odulos.

SOLUCI ONEjercicio. 29.21.Se considera Y = Z4 ×Z3. Determina todos los subm ´ odulos de N y dibuja el ret ´ ıculo de los subm ´ odulos de Y .

SOLUCI ONEjercicio. 29.22.Dado un subm ´ odulo N de un m ´ odulo M , siempre existe un subm ´ odulo de M maximal entre los que tienen intersecci ´ on nula con N . Un subm ´ odulo de M que verica esta propiedad se llama un pseudo–complemento de N en M .

(1) Prueba que si L es un pseudo–complemento de N en M , entonces N + L esun subm ´ odu-lo de M que corta, de forma no trivial, a cada subm ´ odulo no nulo de M .

(2) Da un ejemplo de un m ´ odulo M y de un subm ´ odulo N de M que tenga al menos dos

pseudo–complementos en M .





SOLUCI ON

Ejercicio. 29.23.Sea A un anillo, para cada epimorsmo f : A m −→ A n se tiene m ≥n .

SOLUCI ONEjercicio. 29.24.Sea A un anillo, para cada monomorsmo f : A m −→ A n se tiene m ≤n .

SOLUCI ON

Ejercicio. 29.25.Ya conocemos que cada subm ´ odulo de un m ´ odulo libre nitamente generado sobre unDominio de Ideales Principales es un subm ´ odulo libre nitamente generado. Prueba el rec ıproco de este resultado; esto es, si cada subm ´ odulo de cada A –m ´ odulo libre nitamente generado es libre nitamente generado, entonces A es un Dominio de Ideales Principales.

SOLUCI ONEjercicio. 29.26.Sea A un anillo conmutativo. Prueba que si a es un ideal de A , maximal en el conjunto de los ideales que no son principales, entonces a es un ideal primo.

SOLUCI ONEjercicio. 29.27.Se considera el anillo A = ZN. Prueba que A no es un anillo noetheriano.

SOLUCI ONEjercicio. 29.28.Se considera el anillo A = Z[ X 1, . . . , X n , . . . ]/ a , siendo

a = ( X 1 − X e i i | i = 2, 3, . . .).

1. Prueba que si e i = 1 para i ≥100, entonces A es un anillo noetheriano.

2. Prueba que en este caso A no es un Z–m ´ odulo nitamente generado.

3. Prueba que si e i = 1 para i par y e i = 2 para i impar mayor que 1, entonces A no es unanillo noetheriano

SOLUCI ON




Cap ıtulo V

Categor ıas y funtores

30 Categor ıas y funtores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14231 Funtores adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15132 Funtores Hom y producto tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16133 Sucesiones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16634 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

Introducci on 1

La teor ıa de categor ıas se introduce con el n de unicar diversas construcciones sobre variasestructuras, y tambi en para crear nuevos objetos que nos permitan estudiar y clasicar estasestructuras. Este es el caso de la categor ıa de m odulos sobre un anillo, que permite estudiarel anillo a trav es de las propiedades de la categor ıa y de sus objetos.

En este cap ıtulo vamos a hacer una introducci on elemental a la teor ıa de categor ıas y funto-res; haremos especial hincapi e en los ejemplos y en las construcciones universales (funtoresadjuntos). Finalizamos el cap ıtulo introduciendo los funtores Hom y producto tensor y lassucesiones exactas.

1Este cap ıtulo es opcional.



142 C AP. V. C ATEGOR IAS Y FUNTORES

30. Categor ıas y funtores

Categor ıas

Esta es una introducci on intuitiva a la Teor ıa de Categor ıas y Funtores. Partimos de la noci onde clase.Una clase es un objeto matem atico que es denido por laspropiedades que vericanlos elementos que lo forman. Si C es elemento de una clase Cescribimos: C ∈C.Dadas dos clases C y D, una aplicaci on f de Ca Des una regla que asocia a cada elemento de

C un elemento de

D, escribimos f :

C −→ D. La aplicaci on f se llama biyectiva si existe una

aplicaci on g : D −→ Ctal que f ◦g y g ◦ f son la identidad en D y C, respectivamente.

El producto cartesiano de dos clases es otra clase.

Un conjunto es un elemento de la clase S de todos los conjuntos, los grupos son los elemen-tos de la clase G de todos los grupos, etc. Existe una aplicaci on de G a S que asocia a cadagrupo el conjunto subyacente sobre el que est a denido. Am en de los se nalados existen m asejemplos de clases: por ejemplo, cada conjunto va a ser una clase.

Una categor ıa C es un par formado por dos clases: Ob(C), la clase de objetos, y Mor(C), la

clase morsmos, que verica:

(I) Mor(C) es una clase de conjuntos disjuntos dos a dos.

(II ) Existe una aplicaci on biyectiva HomC : Ob(C) × Ob(C) → Mor(C).

(II I) Para cada terna A , B , C ∈Ob(C) existe una aplicaci on ◦, denida:

◦ : HomC(B , C ) ×HomC( A , B ) −→HomC( A , C ); ( f , g ) → f ◦g

f ◦g se llama la composici on de f y g .

(IV ) Propiedad asociativa de la composici on. Se verica ( f ◦g ) ◦ h = f ◦ (g ◦h ) para cada f ∈HomC(C , D ), g ∈HomC(B , C ), h ∈HomC( A , B ), A , B , C , D ∈Ob(C).

( V ) Existencia de identidades. Para cada A ∈Ob(C) existe id A ∈HomC( A , A ) tal que id A ◦ f = f y g ◦id A = g para cada f ∈HomC(B , A ) y g ∈HomC( A , C ), B , C ∈Ob(C).

Tenemos en primer lugar las siguientes propiedades y deniciones:

(1) Para cada A ∈ Ob(C) existe un unico elemento id A vericando la propiedad (v). El ele-

mento id A se llama la identidad de A .




SEC . 30. C ATEGOR IAS Y FUNTORES 143

(2) Si f ∈ HomC( A , B ), entonces podemos notarlo f : A → B o A f

→ B ; A se llama el dominio

de f y B se llama el codominio .(3) Una categor ıa Cse llama peque na si Ob(C) es un conjunto.

(4) Dada una categor ıa C llamamos morsmos de C a los elementos de los conjuntos de

Mor(C).

(5) Una categor ıa C se llama discreta si todos sus morsmos son identidades, y se llama co-nexa si para cada par de objetos A y B se tiene que HomC( A , B ) es no vac ıo.

Ejemplo. 30.1.La categor ıa de conjuntos y aplicaciones se representa por

S et y tiene por clase de objetos

la clase de todos los conjuntos, y para cada dos conjuntos A y B el conjunto HomS et ( A , B )est a formado por todas las aplicaciones de A en B ; la composici on es la composici on usualde aplicaciones.

Ejemplo. 30.2.La categor ıa Cde conjuntos y relaciones; la clase de objetos es la clase de todos los conjuntos y para cada dos conjuntos A y B el conjunto HomC( A , B ) est a formado por todas las relacionesde A a B .Ejemplo. 30.3.Para cada anillo (resp. monoide) no necesariamente conmutativo R podemos denir una ca-tegor ıa

Rcuya clase de objetos contiene unicamente a R y Hom

R(R , R ) = R , con la composi-

cion denida como la multiplicaci on.

Ejemplo. 30.4.Si X es un conjunto con una relaci on de preorden ≤, (verica las propiedades reexiva y transitiva), podemos denir una categor ıa X cuya clase de objetos es el conjunto X y para x 1,x 2 ∈ X si x 1 ≤ x 2 tomamos HomX (x 1, x 2) como un conjunto unitario, y si x 1 x 2, entoncesHomX (x 1, x 2) es vac ıo. La composici on se dene de la forma obvia.

Ejemplo. 30.5.Sea R un anillo, denimos una categor ıa C cuyos objetos son los n umeros enteros positivos y para dos objetos n y m denimos Hom

C(n , m ) como el conjunto de las matrices m

×n con

coecientes en R . La composici on es la multiplicaci on de matrices.Ejemplo. 30.6.Otros ejemplos de categor ıas son los siguientes:

(1) La categor ıa de conjuntos con aplicaciones inyectivas, resp. sobreyectivas.

(2) La categor ıa de semigrupos y homomorsmos de semigrupos S gr .

(3) La categor ıa de monoides y homomorsmos de monoides, Mon .

(4) La categor ıa de grupos y homomorsmos de grupos, Gr .





(5) La categor ıa de grupos abelianos y homomorsmos de grupos, Ab .

(6) Para cada anillo R la categor ıade R –m odulos a izquierda y homomorsmos de R –m odu-los, R –Mod .

(7) La categor ıa de anillos y homomorsmos de anillos, Ring .

(8) La categor ıa de ret ıculos y homomorsmos de ret ıculos, Lat .

(9) La categor ıa de conjuntoscon un punto distinguido y aplicaciones que respetan el pun-to, p S et .

(10) La categor ıa de dominios de integridad y homomorsmos de anillos inyectivos, Dom I nt .

(11) La categor ıa de cuerpos, F ield .

Ejemplo. 30.7.Es posible tambi en construir categor ıas a partir de categor ıas dadas. Veamos el siguienteejemplo.

Dada una categor ıa Cconsideramos una nueva categor ıa, a la que representaremos por C(2),cuyos objetos son las ternas ( A , f , B ), donde A y B son objetosde C y donde f ∈HomC( A , B ). Unmorsmo entre dos objetos ( A 1, f 1, B 1) y ( A 2, f 2, B 2) es un par (g , h ), donde g ∈ HomC( A 1, A 2),h ∈HomC(B 1, B 2) y h ◦ f 1 = f 2 ◦g

A 1 f

1

g

B 1h

A 2

f 2 B 2

Otra construcci on del mismo tipo es la siguiente:

Ejemplo. 30.8.Sean C1, . . . , Cr categor ıas, denimos una nueva categor ıa, llamada categor ıa producto , a laque representaremos por C1×···×Cr , y cuyos objetos son r –uplas ( A 1, . . . , A r ),con A i ∈Ob(Ci ),

i = 1, . . . , r y cuyos morsmos est an dados por la siguiente relaci on:HomC1×···×Cr (( A 1, . . . , A r ), (B 1, . . . , B r )) = Hom C1( A 1, B 1) ×· · ·×HomCr ( A r , B r ),

siendo la composici on componente a componente.

Si Ces una categor ıa, llamamos subcategor ıa de Ca una categor ıa Dque verique:

(I) Ob(D)⊆Ob(C).

(II ) HomD( A , B )⊆

HomC( A , B ), si A , B ∈Ob(D).





(II I) La identidad de A ∈Ob(D) es la misma que en C.

(IV ) La composici on en Des igual que en C.

Una subcategor ıa D de una categor ıa C se llama plena si para cada A , B ∈ Ob(D) se tieneHomD( A , B ) = Hom C( A , B ).

Ejemplos. 30.9.(1) La categor ıa de grupos nitos es una subcategor ıa plena de la categor ıa de grupos.

(2) La categor ıa de monoides es una subcategor ıa de la categor ıa de semigrupos y no es unasubcategor ıa plena, (un homomorsmo de semigruposno tiene por qu e mantener la uni-

dad, si esta existe).(3) La categor ıa de grupos no es una subcategor ıa de la categor ıa de conjuntos.

(4) Para cada anillo R la categor ıa de los R –m odulos izquierda nitamente generados es unasubcategor ıa plena de la categor ıa de R –m odulos.

Veamos un concepto que est a ıntimamente ligado a la noci on de categor ıa, el concepto dedualidad . Si Ces una categor ıa, denimos la categor ıa opuesta , Cop , de C, mediante:

(I) Ob(Cop

) = Ob(C).(II ) HomCop ( A , B ) = Hom C(B , A ), para cada A , B ∈Ob(C).

(II I) La composici on en Cop es f g = g ◦ f , para f ∈HomCop (B , C ) y g ∈HomCop ( A , B ).

Intuitivamente la categor ıa Cop se obtiene a partir de la categor ıa Cinvirtiendo todos sus mor-smos. Es claro que Cop es una categor ıa y que (Cop )op = C.

Principio de dualidad

Si P es una propiedad de categor ıas (una propiedad entre objetos y morsmos) y si estudia-mos esta propiedad en Cop y la pasamos luego a C, entonces obtenemos una nueva propiedaden C, a la que llamaremos propiedad dual de P y la representaremos por P .Ejemplo. 30.10.En la categor ıade R –m odulos izquierda un homomorsmo f : M −→M que es simplicablea izquierda se llama un monomorsmo , esto es, si f ◦g = f ◦h implica que g = h para cuales-quiera g , h : N −→M . La noci on dual es la de epimorsmo u homomorsmo simplicable a

derecha.





En la categor ıa S et tenemos los siguientes resultados:

Resultado: Para una aplicaci ´ on f : A −→ B entre conjuntos son equivalentes las siguientes propiedades:

(a) f es un monomorsmo.

(b) f es invertible a izquierda. (Existe g : B −→ A tal que g ◦ f = id A .)

El resultado dual es:

Para una aplicaci ´ on f : A −→B entre conjuntos son equivalentes las siguientes propiedades:

(a) f es un epimorsmo.

(b) f es invertible a derecha. (Existe g : B −→ A tal que f ◦g = id B .)

Al estudiar estos mismos resultados en otras categor ıa podemos observar que no son ciertos;por ejemplo un monomorsmo en la categor ıa de A –m odulos no es necesariamente inverti-ble a izquierda. Considerar el ejemplo 2 Z −→ Z. Y lo mismo ocurre para los epimorsmos.

Podemos enunciar sin embargo resultados parecidos:Resultado: Para una homomorsmo f : M −→ N entre A –m ´ odulos son equivalentes las siguientes propiedades:


(b) Ker( f ) = 0.

El resultado dual es:

Para una homomorsmo f : M −→ N entre A –m ´ odulos son equivalentes las siguientes propiedades:


(b) Coker( f ) = 0, o equivalentemente Im( f ) = N .

Observa que al tener elementos los objetos de la categor ı adem odulos, los conceptos de mo-

nomorsmo y epimorsmo se identican con los de aplicaci on inyectiva (= monomorsmo





en la categor ıa de conjuntos) y sobreyectiva (= epimorsmo en la categor ıa de conjuntos);

pudiendo extender los resultados anteriores con la propiedad adicional de ser inyectiva osobreyectiva seg un el caso.

Veamos que una propiedad puede ser cierta en una categor ıa mientras que la propiedad dualpuede ser falsa.

Si consideramos ahora la categor ıa de anillos, a la que hemos representado por Ring , en ellatenemos:

Resultado: Para un homomorsmo de anillos f : A −→ A en Ring son equivalentes las siguientes propiedades:


(b) f es una aplicaci ´ on inyectiva.

Para la demostraci on de este hecho remitimos a los ejercicios.

El resultado dual ser ıa:

Para un homomorsmo de anillos f : A −→ B en la categor ´ ıa Ring son equivalentes las siguientes propiedades:


(b) f es una aplicaci ´ on sobreyectiva.

Este resultado no es cierto como prueba el siguiente resultado:

La inclusi ´ on Z−→

Qes un epimorsmo en la categor ´ ıa de anillos.

Una propiedad P se llama autodual si P = P .Ejemplo. 30.11.En la categor ıa de A –m odulos un A –m odulo S es simple si no tiene subm odulos propios notriviales. La noci on dual se aplicar ıa a los m odulos que no tienen cocientes propios no trivia-les. Por lo tanto el concepto simple en la categor ıa A –Mod es un concepto autodual.

Si consideramos la categor ıa de grupos, Gr , tenemos dos nociones de objeto simple:

Simple-1 : grupos que no tienen subgrupos propios no triviales.





Simple-1 : grupos que no tienen cocientes propios no triviales.

El grupo alternado A 5 es un grupo simple-1 , ya que no tiene subgrupos normales propios,pero no es un grupo simple-1, ya que s ı tiene subgrupos propios no triviales. Por lo tanto lanoci on “simple”no es un concepto autodual en la categor ıa Gr .

En la categor ıa de grupos el concepto de grupo simple es el que aqu ı hemos tratado comogrupo simple-1 .

Una propiedad P es cierta en una categor ıa Csi ,ys olo si, la propiedad P es cierta en la cate-gor ıa Cop . Como consecuencia, si una propiedad P es cierta en todas las categor ıas, tambi en

lo es su propiedad dual P .

Funtores

Si C y D son dos categor ıas, un funtor de C a D se dene como un par de funciones (F o , F m )vericando:

(I) F o :

Ob(

C)

→ Ob(

D).

(II ) F m , A ,B : HomC( A , B ) →HomD(F o ( A ), F o (B )) .

(II I) F m , A , A (id A ) = idF o ( A ) .

(IV ) Si f ∈HomC( A , B ) y g ∈HomC(B , C ) son morsmos de C, entonces

F m , A ,C (g ◦ f ) = F m ,B ,C ( f ) ◦F m , A ,B (g ).

Para simplicar llamamos simplemente F o ( A ) = F ( A ) y F m , A ,B ( f ) = F ( f ), por lo tanto

(1) Para cada objeto A de Ctenemos que F ( A ) un objeto de D.

(2) Para cada homomorsmo f : A −→ B en C tenemos un homomorsmo F ( f ) : F ( A ) −→F (B ) en D.

(3) F (id A ) = idF ( A ) .

(4) Si A f

−→B g

−→C se tiene F (g ◦ f ) = F (g ) ◦F ( f ).

Si F es un funtor de C a D lo representamos por F : C → D. Llamamos dominio de F a C y

codominio de F a D.





Ejemplos. 30.12.(1) Para cada categor ıa

C tenemos un funtor id

C de

C a

C llamado funtor identidad que

est a denido por id C( A ) = A para cada objeto A y idC( f ) = f para cada morsmo f .

(2) Si D es una subcategor ıa de una categor ıa C, existe un funtor de D a C llamado funtorinclusi on denido de la forma obvia.

(3) El funtor abelianizaci on en grupos, que asocia a cada grupo G el grupo cociente G / [G , G ], y a cada morsmo de grupos f : G →G el morsmo inducido f : G / [G , G ] →G / [G , G ].

(4) Una categor ıa Cse llama concreta si cada objeto tiene asociado un conjunto en el siguien-te sentido: existe un funtor U :

C → S et que es inyectivo sobre objetos y sobre morsmos,

esto es, U : HomC( A , B ) →HomS et (U ( A ), U (B )) es inyectiva para cada par A , B ∈Ob(C).

(5) Funtor libre en grupos, semigrupos, monoides y m odulos.

Lema. 30.13.Si F : C → D y G : D → E son funtores, entonces existe un nuevo funtor G ◦F : C → E denido por:

Para cada objeto A de C, (G ◦F )( A ) = G (F ( A ));

Para cada f ∈HomC( A , B ), (G ◦F )( f ) = G (F ( f )) .

El funtor G ◦F se llama composici on de F y G y lo representamos tambi en simplemente porGF .

Denimos un funtor contravariante entre las categor ıas C y Dcomo un funtor F : Cop → D,o equivalentemente como un funtor F op : C → Dop .

Ejemplo. 30.14.Para cada funtor F : C → D existe un funtor contravariante F : Cop → D denido porF ( A ) = F ( A ) y F ( f ) = F ( f ) para objetos y morsmos respectivamente.

Llamamos bifuntor a un funtor cuyo dominio es una categor ıa producto C1 × C2.

Teorema. 30.15.Si F : C1 × C2 → Des un bifuntor, entonces:

(1) Para cada A ∈ Ob(C1) existe un funtor asociado F ( A , −) : C2 → D, denido por F ( A , −)(B ) = F ( A , B ) y F ( A , −)( f ) = F (id A , f ) para objetos y morsmos respectivamente.

(2) Para cada B ∈ Ob(C2) existe un funtor asociado F (−, B ) : C1 → D, denido por F (

−, B )( A ) = F ( A , B ) y F (

−, B )( f ) = F ( f , id B ) para objetos y morsmos respectivamente.





Ejemplo. 30.16.Sea

Cuna categor ıa, denimos un bifuntor

HomC : Cop × C → S et

mediante: Para objetos en la forma obvia, y si f i : A i →B i son morsmos de C, entonces

HomC( f 1, f 2) : HomC(B 1, A 2) →HomC( A 1, B 2)

denido por:HomC( f 1, f 2)(h ) = f 2hf 1(= f ∗1 ( f 2)

∗(h )) ,

para cada h ∈HomC(B 1, A 2).

A 1Hom C ( f 1 , f 2)( h )

f 1

B 2

B 1h

A 2

f 2

Llamamos a HomC el funtor Hom valorado en conjuntos . Para cada objeto A de C llamamosa HomC( A , −) el funtor Hom covariante de C respecto a A , y a HomC(−, A ) el funtor Homcontravariante de Crespecto a A . En general tratamos el funtor HomC de C × Ca S et .

Observaci on. 30.17.No se puede hablar de la categor ıa de categor ıas y funtores, ya que los objetos no formar ıanuna clase, pero podemos formalmente extender la noci on de categor ıa, obteniendo un nue-vo concepto, el de quasicategor ıa para, de esta forma, poder estudiar categor ıas y funtorescomo si fuesen objetos y morsmos de una quasicategor ıa.

Apendice

Si C es una categor ıa, una relaci on de equivalencia entre morsmos de C es una relaci on deequivalencia

∼

en cada conjunto HomC( A , B ) vericando: si f 1

∼ f 2 para f 1, f 2

∈ HomC(B , C ) y

g 1 ∼g 2 para g 1, g 2 ∈HomC( A , B ), entonces f 1 ◦g 1 ∼ f 2 ◦g 2 en HomC( A , C ).Lema. 30.18.Si C es una categor ´ ıa y ∼es una relaci ´ on de equivalencia entre morsmos de C, entonces la categor ´ ıa C, denida por Ob(C) = Ob(C) y

HomC = HomC( A , B )/ ∼, para todos A , B ∈Ob(C)

es una categor ´ ıa con composici ´ on denida por f ◦g = f ◦g .

La categor ıa Cse llama categor ıa cociente de Crelativa a∼

, y se representa tambi en por C/∼

.




SEC . 31. F UNTORES ADJUNTOS 151

Ejemplos. 30.19.(1) Sea

Gr la categor ıa de grupos. Para dos grupos A y B denimos en Hom

Gr ( A , B ) la relaci on

f 1 ∼ f 2 si existe b ∈ B tal que f 1(x ) = bf 2(x )b −1 para x ∈ A . Obtenemos que la categor ıacociente es la categor ıa de grupos y clases de conjugaci on de morsmos.

(2) La categor ıa de homotop ıa de espacios topol ogicos.

31. Funtores adjuntos

Transformaciones naturales

Dados dos funtores F , G : C → Duna transformaci on natural o un morsmo de funtores deF a G es una aplicaci on ν : Ob(C) →∪HomD(D , D ) vericando:

(I) Para cada objeto C de Cse tiene que ν (C )∈HomD(F (C ), G (C )) .

(II ) Para cada morsmo f : C → C de C se tiene ν (C )F ( f ) = G ( f )ν (C ), esto es, el diagramasiguiente

F (C ) F ( f )

ν (C )

F (C )

ν (C )

G (C ) G ( f )

G (C )

conmuta.

El funtor F se llama dominio de la transformaci on natural y G se llama el codominio . Latransformaci on natural ν se representa entonces por ν : F →G , y gracamente por

CF

G

ν D

Una transformaci on natural se llama un isomorsmo natural si para cada objeto C de C setiene que ν (C ) es un isomorsmo. Dos funtores se llaman naturalmente isomorfos si existeun isomorsmo natural de F a G .Ejemplo. 31.1.(1) Para cada funtor F existe una transformaci on natural id F , denida, para cada objeto C de

C, por id F (C ) = idF (C ) .





(2) Existe una transformaci on natural del funtor identidad en Gr al funtor abelianizado con

codominio en Gr . Para cada grupo G tenemos que ν (G ) es la proyecci on can onica G →G ab .

(3) Si C es una categor ıa arbitraria y f : B → C un morsmo de C, entonces existe una trans-formaci on natural ν : HomC(C , −) −→HomC(B , −), denida por ν ( A )(g ) = g ◦ f para cadag ∈HomC(C , A ).

Se puede denir la composici on de transformaciones naturales. Sean ν : F → G y ε : G → H dos transformaciones naturales, denimos ε ◦ν : F →H en la forma obvia, esto es, para cadaobjeto C de Ctenemos: (ε ◦ν )(C ) = ε(C ) ◦ν (C ).

Lema. 31.2.

(1) La composici ´ on de transformaciones naturales es una transformaci ´ on natural.

(2) La composici ´ on de transformaciones naturales es asociativa.

(3) Una transformaci ´ on natural ν : F → G es un isomorsmo natural si, y s olo si, existe una transformaci ´ on natural δ : G →F tal que δ ◦ν = id F y ν ◦δ = id G .

Observaci on. 31.3.Existe una quasicategor ıa que tiene por objetos los funtores y como morsmos las transfor-maciones naturales entre funtores.

Por comodidad si ν es una transformaci on natural y C es un objeto de

C, representamos ν (C )

simplemente por ν C . La composici on ν 1 ◦ ν 2 de dos transformaciones naturales ν 1 y ν 2 serepresenta simplemente por ν 1ν 2.

Composici on estrella

Veamos a continuaci on otra forma de componer transformaciones naturales.





Proposici on. 31.4.Sean F , G :

C → Dy H , K :

D → E funtores y sean ν : F

→ G y γ : H

→ K transformaciones

naturales.

CF

G

ν DH

K

γ E Entonces para cada objeto C de Cel diagrama

HF (C ) H (ν C )

γ F (C )

HG (C )γ G (C )

KF (C )

K (ν C )

KG (C )

conmuta. Adem ´ as, la diagonal

µC = K (ν C )γ F (C ) = γ G (C )H (ν C )

es una transformaci ´ on natural µ : HF →KG .

Esta “composici on” de transformaciones naturales se llama composici on estrella y se repre-senta por γ ν .

Lema. 31.5.

(1) La composici ´ on estrella es asociativa.

(2) Para transformaciones naturales ν , γ , λ, µ vericando:

CF

ν

H

γ

G D y D

K

λ

M

µ

L E

se tiene la igualdad: (µλ) (νγ ) = ( µ γ )(λ ν ).

Sea F : C → D. Si usamos F en vez de la transformaci on natural id F , obtenemos:





Corolario. 31.6.Para transformaciones naturales ν y γ vericando:

F L

M

γ C F

DH

K

ν E se verica:

(1) (ν F )C = ν FC .

(2) (F γ )C = F (γ C ).

Corolario. 31.7. (Cinco reglas de Godement.)Dada la siguiente situaci ´ on de funtores y transformaciones naturales

C L

D K

E , E U

ξ

W

ν

V F , F

F

H

µ G

G H

los siguientes resultados son ciertos:

(1) (GF ) ξ = G (F ξ ).

(2) ξ (KL ) = ( ξ K ) L .

(3) U K = UK .

(4) F (ξ K ) = ( F ξ ) K .

(5) F (νξ ) K = ( F ν K )(F ξ K ).

(6) El siguiente cuadrado es conmutativo:

FU F ξ

µ U

FV µ V

HU

H ξ HV

Observaci on. 31.8.Existe una quasicategor ıa cuyos objetos son las categor ıas y los morsmos son las transfor-maciones naturales.

CF

G

ν DEl dominio de ν es C y el codominio es D. La composici on es la composici on estrella.





Ejemplos. 31.9.(1) Los siguientes funtores F y G son naturalmente isomorfos.

F , G : S et op × S et op × S et → S et ; F ( A , B , C ) = Hom( A ×B , C ),G ( A , B , C ) = Hom( A , Hom(B , C )) .

(2) Los siguientes funtores son naturalmente isomorfos.

Hom({0, 1}, −) : S et → S et ,(−)2 : S et → S et .

(3) Un endomorsmo de grupos es un automorsmo interior si, y s olo si, considerado comofuntor sobre la categor ıa de un unico objeto es naturalmente isomorfo al funtor identi-dad.

(4) Los funtores grupo libre y grupo abeliano libre no son naturalmente isomorfos, pero exis-te entre ellos una transformaci on natural.

Isomorsmo de categor ıas

Un funtor F : C → D es un isomorsmo de C a D si es un isomorsmo en la quasicategor ıade todas las categor ıas. Esto es, si existe un funtor G : D → Ctal que F ◦G = idD y G ◦F = idC.Dos categor ıas C y Dse llaman isomorfas si existe un isomorsmo F : C → D.

Ejemplos. 31.10.(1) Todo funtor identidad es un isomorsmo.

(2) El funtor Ring → Ring denido por R →R op es un isomorsmo.

(3) La categor ıa de anillos es isomorfa a la de Z–algebras.

(4) Una categor ıa Ces concretizable si, y solo si, es isomorfa a una subcategor ıa de S et .

Proposici on. 31.11.Sea F : C → Des un funtor. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) F es un isomorsmo.

(b) F es una biyecci ´ on entre morsmos.

(c) F es pleno y el y la funci ´ on objeto es una biyecci ´ on.





Equivalencia de categor ıas

Una categor ıa C se llama esquel etica si dos objetos que son isomorfos son iguales. Se llamaesqueleto de una categor ıa Ca una subcategor ıa plena esquel etica y maximal de C.

Proposici on. 31.12.Toda categor ´ ıa tiene un esqueleto.

Proposici on. 31.13.Cada dos esqueletos de una categor ´ ıa son isomorfos.

Dos categor ıas C y Dse llaman equivalentes si tienen esqueletos isomorfos. La relaci on “serequivalente” es una relaci on de equivalencia en la quasicategor ıa de todas las categor ıas.

Proposici on. 31.14.Dos categor ´ ıas esquel ´ eticas son equivalentes si, y s ´ olo si, son isomorfas.

Teorema. 31.15.Sea F : C → Dun funtor. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) F es pleno, el y denso.(b) Existe un funtor G : D → Ctal que FG ∼= id D y GF ∼= id C.

(c) Existe un funtor G : D → C e isomorsmos naturales ν : id C → GF , : FG → id D tales que F ν = ( F )−1 y G = ( ν G )−1.

Un funtor F : C → D se llama una equivalencia si verica las condiciones equivalentes delTeorema anterior.

Lema. 31.16.

(1) La composici ´ on de equivalencias es una equivalencia.

(2) Si F es una equivalencia, entonces tambi ´ en F op lo es.

(3) Si F es una equivalencia, con funtor en sentido contrario G , entonces G es una equiva-lencia.

Lema. 31.17.Si S es un esqueleto de una categor ´ ıa C y E : S → C es el funtor inclusi ´ on, entonces existe un funtor P :

C → S tal que PE = id

S y tanto P como E son equivalencias.





Teorema. 31.18.Si

Cy

Dson categor ´ ıas, son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) Cy Dson equivalentes.

(b) Existe una equivalencia F : C → D.

Ejemplos. 31.19.(1) Todo isomorsmo de categor ıas es una equivalencia.

(2) Todo funtor naturalmente isomorfo a un isomorsmo de categor ıas es una equivalencia.(El rec ıproco no es cierto.)

(3) Si K es un cuerpo y C es la categor ıa de los K –espacios vectoriales nito–dimensionales,entonces HomC(−, K ) : Cop → Ces una equivalencia y no es un isomorsmo.

Observaci on. 31.20.El concepto de equivalencia es m as importante que el de isomorsmo, ya que las equiva-lencias preservan y reejan todas las propiedades categ oricas esenciales. Es m as, inclusopodr ıan denirse las propiedades categ oricas como aquellas que son preservadas por equi-valencias.

Dos categor ıas C y Dse llaman dualmente equivalentes si Cop y Dson equivalentes.

Una categor ıa Cse llama autodual si es dualmente equivalente a s ı misma.

Funtores adjuntos

Sean C y Ddos categor ıas y

C

DF

G

dos funtores. Decimos que F es un adjunto a la izquierda del funtor G , o que G es un adjuntoa la derecha del funtor F si existe un isomorsmo natural

η X ,Y : HomD(FX , Y )∼= HomC( X , GY ).

η se llama el isomorsmo de la adjunci on y es una transformaci on natural de funtores. Lasituaci on anterior se representa abreviadamente por:

η : F −−−|G .





Ejemplo. 31.21.Consideramos el funtor de olvido U : R –Mod

→ S et , entonces el funtor R –m odulo libre es

un adjunto a la izquierda de U .

S et

R –Mod

R (− )

U

Proposici on. 31.22.Sean

C

DF 1

G 1

y D

E F 2

G 2

categor ´ ıas y funtores. Si η1 : F 1−−−|G 1 y η2 : F 2−−−|G 2, entonces

η1η2 : F 2F 1−−−|G 1G 2

es una adjunci ´ on.

Consideramos la adjunci on η : F −−−|G , esto es,

C

DF

G

La naturalidad de η signica la conmutatividad del siguiente diagrama:

HomD(FX , Y )η X ,Y

(Ff ) g

HomC( X , GY )

f (Gg )

HomD(FZ , T )ηZ ,T

HomC(Z , GT )

para f : Z → X y g : Y → T . Entonces para cada α ∈ HomD(FX , Y ) se verica la igualdad delas siguientes expresiones:

f (Gg ) η X ,Y (α) = ( Gg )η(α) f

ηZ ,T (Ff ) g (α) = η(g α(Ff ))

Y en consecuencia tenemos:η(g α(Ff )) = ( Gg )η(α) f

Existen dos casos especiales:





(1) Tomando Y = FX y α = idFX , entonces

η(id FX ) = ε X : X →GFX

se llama la unidad de la adjunci on.

(2) Tomando X = GY y idGY ∈HomC(GY , GY ), entonces

η−1(id GY ) = δ Y : FGY →Y

se llama la counidad de la adjunci on.

Tanto ε como δ son transformaciones naturales. Vamos a ver qu e relaciones verican ε y δ .

Tenemos:η(δ FX F ε X ) = η(δ FX )ε X = ηη−1(id GFX )ε X = ε X = η(id FX ).

Luego tenemos:δ F ◦F ε = F .

F F ε

F

FGF

δ F F

De la misma forma tenemos:

η−1(G δ Y ◦εG Y ) = η−1η(δ Y id FGY ) = δ Y = η−1(id GY ).

Luego tenemos:G δ ◦εG = G .

G εG

G GFG

G δ

G

Las descripciones as ı obtenidas nos permiten adem as dar descripciones alternativas de η y η−1.

η(α) = η(α id FX ) = G (α)η(id FX ) = G (α)ε X .

η−1

(β ) = η−1

(id GY β ) = η−1

(η(δ Y )β ) = δ Y F (β ).





Proposici on. 31.23.Sean

C

DF

G

categor ´ ıas y funtores. Supongamos que

ε : id C →GF y δ : FG →id Dson transformaciones naturales vericando las relaciones:

δ F ◦F ε = id C y G δ ◦εG = id D,

entonces η : HomD(FX , Y ) →HomC( X , GY )

denido por η(α) = G (α)ε X para cada α ∈ HomD(FX , Y ), dene una adjunci ´ on F −−−|G de forma que la unidad es ε y la counidad es δ .

El siguiente paso es demostrar que en una adjunci on F −−−|G el funtor G est a determinadosalvo equivalencia natural.

Proposici on. 31.24.Sea η : F −−−|G una situaci ´ on de adjunci ´ on, si η : F −−−|G es otra situaci ´ on de adjunci ´ on,existe una equivalencia natural θ : G →G .

La proposici on anterior se completa como sigue:

Proposici on. 31.25.Sean η : F −−−|G y η : F −−−|G situaciones de adjunci ´ on y sea θ : G → G la equivalencia natural construida en la Proposici ´ on anterior. Entonces se verica:

(1) θF

◦ε = ε .

(2) δ ◦F θ = δ .

(3) θY ◦η( f ) = η ( f ) para cada f ∈HomD(FX , Y ).

Y rec ıprocamente, si η : T −−−|G es una situaci ´ on de adjunci ´ on y θ : G → G es una equiva-lencia natural, entonces η : F −−−|G , denida η ( f ) = θY ◦η( f ) es una adjunci ´ on, la unidad de la adjunci ´ on es ε = θF ◦ε y la counidad es δ = δ ◦F θ.

Proposici on. 31.26.Si F : C → Des un funtor pleno y el, y si F −−−|G es una situaci ´ on de adjunci ´ on, entonces

ε : id C →GF es una equivalencia natural.




SEC . 32. F UNTORES H OM Y PRODUCTO TENSOR 161

Proposici on. 31.27.Si F :

C → Des un embebimiento pleno y si F

−−−|G es una situaci ´ on de adjunci ´ on, entonces

existe un funtor G y una adjunci ´ on F −−−|G tal que la unidad ε : id C →G F es la identidad.

32. Funtores Hom y producto tensor

Funtor Hom covariante

Dado un anillo A , para cada A –m odulo M existe un funtorHom A (M , −) : A –Mod −→ A –Mod ,

para cada homomorsmo f : X −→Y tenemos un homomorsmo

Hom A (M , f ) : Hom A (M , X ) −→Hom A (M , Y ),

denido Hom A (M , f )(h ) = f ◦h , para cada h ∈ Hom A (M , X ). En ciertas ocasiones convienerepresentar a Hom A (M , f ) simplemente por f

∗; en este caso se tiene f

∗(h ) = f ◦h

Lema. 32.1.Dado un anillo conmutativo A y dos A –m ´ odulos M y N , el conjunto Hom A (M , N ), de los homomorsmos de A –m ´ odulos de M a N , tiene estructura de A –m ´ odulo, con acci ´ on dada por

(af )(m ) = af (m ),

para cualesquiera a ∈ A , f ∈Hom A (M , N ) y m ∈M .

Una transformaci on natural

Dado un homomorsmo de A –m odulo g : N −→ M , para cada A –m odulo X tenemos unhomomorsmo

Hom A (M , X ) (g ∗) X

−→ Hom A (N , X ),denido (g ∗) X (h ) = h ◦g para cada h ∈Hom A (M , X ). De esta forma g ∗ dene una transforma-cion natural de Hom A (M , −) a Hom A (N , −) que asigna a cada A –m odulo X el homomorsmo(g ∗) X : Hom A (M , X ) −→ Hom A (N , X ), de forma que para cada homomorsmo f : X −→ Y setiene un diagrama conmutativo

Hom A (M , X ) (g ∗) X

( f ∗)M

Hom A (N , X )

( f ∗)N

Hom A (M , Y ) (g ∗)Y

Hom A (N , Y )





Funtor Hom contravariante

Esto sugiere que podemos denir un nuevo funtor Hom A (−, X ) : A –Mod −→ A –Mod en

la forma obvia. Pero observar que si M g

−→ N g

−→ P son homomorsmos de A –m odulos,entonces tenemos para cada A –m odulo X

Hom A (P , X ) (g ∗) X

Hom A (N , X ) (g ∗) X

Hom A (M , X ),

y observar que (g ∗) X ◦(g ∗) X = (( g ◦g )∗) X esto es, Hom A (−, X ) es un funtor contravariante.

Bifuntor Hom covariante

Finalmente podemos considerar

Hom A (−, −) : A –Mod op × A –Mod −→ A –Mod .

De esta forma se obtiene un bifuntor, y observar que se tiene:

Proposici on. 32.2.Sea A un anillo, existe un bifuntor

Hom A (−, −) : A –Mod × A –Mod −→ A –Mod ,

que es covariante en la segunda variable y contravariante en la primera. Esto es, tenemos un diagrama conmutativo para cualesquiera f : M 1 →M 2 y g : N 1 →N 2.

Hom A (N 2, M 1) f ∗

g ∗

Hom A (N 2, M 2)

g ∗

Hom A (N 1, M 1)

f ∗ Hom A (N 1, M 2)

Producto tensor

Dados dos A –m odulos M 1, M 2 y N estamos interesados en las aplicaciones de M 1 ×M 2 −→N que son lineales en las dos variables y que verican la propiedad adicional (iii).

f : M 1 ×M 2 −→N ,

(I) f (m 1 + m 1, m 2) = f (m 1, m 2) + f (m 1, m 2),





(II ) f (m 1, m 2 + m 2) = f (m 1, m 2) + f (m 1, m 2),

(II I) f (m 1a , m 2) = af (m 1, m 2) = f (m 1, am 2)

Para cualesquiera m 1, m 1 ∈M 1, cualesquiera m 2, m 2 ∈M 2 y cualquiera a ∈ A . Una aplicaci on f vericando (i), (ii) y (iii) se llama A –bilineal .

Para determinar todas estas aplicaciones vamos a construir un nuevo A –m odulo. Para ellodenimos un A –m odulo libre F sobre el conjunto M 1 × M 2 y hacemos el cociente por elsubm odulo generado por los elementos:

{(m 1 + m 1, m 2) −(m 1, m 2) −(m 1, m 2), (m 1, m 2 + m 2) −(m 1, m 2) −(m 1, m 2),(m 1a , m 2) −a (m 1, m 2), (m 1, am 2) −a (m 1, m 2) | m 1, m 1 ∈M 1, m 2, m 2 ∈M 2, a ∈ A }

Si llamamos M 1 ⊗ A M 2 este m odulo cociente, y la clase de (m 1, m 2) la representamos porm 1⊗m 2, entonces existe una aplicaci on A –bilineal

t : M 1 ×M 2 −→M 1⊗M 2, t (m 1, m 2) = m 1⊗m 2.

Adem as el para (t , M 1⊗

A M

2) verica la siguiente propiedad.

Proposici on. 32.3. (Propiedad universal del producto tensor.)Para cualesquiera A –m ´ odulos M 1, M 2 y N y cualquier aplicaci ´ on lineal f : M 1 ×M 2 −→ N existe un homomorsmo de A –m ´ odulos f : M 1 ⊗ A M 2 −→ N tal que f = f ◦t . Esto es, el siguiente diagrama conmuta

M 1 ×M 2t

f

M 1⊗ A M 2

f

N

Los elementos de M 1⊗ A M 2 son combinaciones lineales del tipo n i = 1 m 1i ⊗m 2i .

Proposici on. 32.4.Para cualesquiera A –m ´ odulos M 1, M 2, M 3 y M se verica:

(1) M 1⊗ A M 2 ∼= M 2⊗ A M 1.

(2) A ⊗ A M ∼= M .

(3) M 1

⊗

A (M 2

⊗

A M 3)

∼

= (M 1

⊗

A M 2)

⊗

A M 3.





Proposici on. 32.5.Si f 1 : M 1

−→ N 1 y f 2 : M 2

−→ N 2 son homomorsmos de A –m ´ odulos, entonces existe un

´ unico homomorsmo de A –m ´ odulos f 1⊗ A f 2 : M 1⊗ A M 2 −→ N 1⊗ A N 2 tal que el siguiente diagrama es conmutativo:

M 1 ×M 2t

f 1× f 2

M 1⊗ A M 2 f 1⊗ A f 2

N 1 ×N 2t

N 1⊗ A N 2.

La denici ´ on de f 1⊗ A f 2 sobre los generadores de M 1⊗ A M 2 es: ( f 1⊗ A f 2)(m 1⊗m 2) = f 1(m 1)⊗ f 2(m 2).

Una nota sobre notaci on, para cada homomorsmo f 2 : M 2 −→ N 2 y cada A –m odulo M 1representamos id M 1 ⊗ A f 2 simplemente por M 1⊗ f 2.

Teorema. 32.6.Existe un bifuntor −⊗ A −: A –Mod × A –Mod −→ A –Mod .

Extensi on y restricci on de escalares

Si h : A −→ B es un homomorsmo de anillos, cada B –m odulo M es un A –m odulo via larestricci on de escalares, esto es, la estructura de A –m odulo de M est a dada por:

am = h (a )m

para cada a ∈ A y cada m ∈M .

Lema. 32.7.Para cada homomorsmo de anillos h : A −→ B existe un funtor U h : B –Mod −→ A –Mod ,el funtor restricci ´ on de escalares .

Podemos construir B –m odulos a partir de A –m odulos utilizando el producto tensor. Si N esun A –m odulo y M un B –m odulo, en M ⊗ A N podemos dar una estructura de B –m odulo me-diante:

b (m ⊗n ) = ( bm )⊗n .

para cada b ∈ B , m ∈ M y n ∈ N . En particular, para cada A –m odulo N tenemos que B ⊗ A N es un B –m odulo.Lema. 32.8.Para cada homomorsmo de anillos h A −→B existe un funtor B ⊗ A −: A –Mod −→B –Mod ,el funtor extensi ´ on de escalares .





Teorema. 32.9.Existe una adjunci ´ on

A –Mod

B –Mod

B ⊗ A − U h

,

donde U h : B –Mod −→ A –Mod es el funtor cambio de anillo.

Existe una situaci on de adjunci on similar para el funtor Hom.

Proposici on. 32.10.

Para cada homomorsmo de anillos h : A −→B .1. Existe un funtor Hom A (B , −) : A –Mod −→B –Mod .

2. Existe una situaci ´ on de adjunci ´ on

B –Mod

A –Mod U h

Hom A (B ,−)

Proposici on. 32.11.Para cada A –m ´ odulo A existe una situaci ´ on de adjunci ´ on

A –Mod

A –Mod

M ⊗ A −

Hom A (M ,−)

DEMOSTRACI ON . Consideramos el diagrama

Hom A (M ⊗ A X , Y ) b

−→Hom A ( X , Hom A (M , Y )) ,

donde b est a denido b ( f )(x )(m ) = f (m ⊗ x ), con inversa b −1, denida b −1(g )(m ⊗ x ) =g (x )(m ).

´ Algebras

Dado un anillo A y dos A –algebras (conmutativas) R y S , se considera el producto tensor R ⊗ A S .

En principio tenemos un A –m odulo, pero de forma natural existe una estructura de A –algebra





en R ⊗ A S con producto

(r 1⊗

s 1)(r 2⊗

s 2) = ( r 1r 2)⊗

(s 1s 2).Con esta estructura existen homomorsmos de A –algebras

j R : R −→R ⊗ A S , j R (r ) = r ⊗1, j S : S −→R ⊗ A S , j S (s ) = 1⊗s .

Lema. 32.12.Dadas dos A – algebras (conmutativas) R y S , el par (R ⊗ A S , { j r , j s }) es una suma directa de R y S en la categor ´ ıa de A – algebras.

Ejercicio. 32.13.Dado un anillo A e indeterminadas X e Y , existe un isomorsmo de A – algebras A [ X ] ⊗ A A [Y ]∼= A [ X , Y ].

33. Sucesiones exactas

En esta secci on vamos a tratar con A –m odulos y homomorsmos de A –m odulos.

Una sucesi on de homomorsmos es una lista de homomorsmos indizada en Z, por ejemplo

{ f i | i ∈Z}tal que es posible hacer las composiciones f i + 1 ◦ f i para cada i ∈Z.

. . . f i − 1

−→M i −1 f i

−→M i f i + 1

−→M i + 1 f i + 2

−→··· (V.1)

La sucesi on ( V.1) es exacta en M i si Im( f i −1) = Ker( f i ). Y la sucesi on ( V.1) es exacta si es exactaen cada M i .

La sucesi on ( V.1) es acotada a izquierda si existe un ındice k tal que M i = 0 para cada i

≤k , y

es acotada a derecha si existe un ındice h tal que M i = 0 para cada i ≥ h . Si la sucesi on ( V.1)es acotada a izquierda para k = −1 escribimos simplemente:

0 −→M 0 f 0

−→M 1 f 1

−→M 2 f 2

−→··· (V.2)

La sucesi on ( V.1) es exacta corta si es exacta y M i = 0 para cada i < 0 y i ≥ 3. Por lo tanto f 1es inyectiva, f 2 es sobreyectiva e Im( f 1) = Ker( f 2). Escribimos

0 −→M 0 f 0

−→M 1 f 1

−→M 2 −→0 (V.3)




SEC . 33. S UCESIONES EXACTAS 167

Ejemplo. 33.1.Si N

⊆M es un subm odulo, entonces

0 →N incl .→ M →M / N →0

es una sucesi on exacta corta.

Ejemplo. 33.2.Si M 1 y M 2 son A –m odulos, entonces 0 → M 1

j 1→ M 1⊕M 2

p 2→ M 2 → 0 es una sucesi on exacta

corta.

Ejemplo. 33.3.Si f : M →M es un homomorsmo de A –m odulos, entonces

0 →Ker( f ) incl .→ M

f

→M proy .

→ M Im( f ) →0

es una sucesi on exacta.

Dadas dos sucesiones M := {M i , f i | i ∈Z} y N:= {N i , g i | i ∈Z}un homomorsmo de MaNes una familia de homomorsmos de A –m odulos h := {h i | i ∈Z}tal que el diagrama

. . . f i − 1 M i −1

f i

h i − 1

M i f i + 1

h i

M i + 1 f i + 2

h i + 1

· · ·. . . g i − 1

N i −

1g i

N i g i + 1

N i + 1g i + 2

· · ·es conmutativo, esto es, para cada ındice i ∈Zse tiene: h i ◦ f i = g i ◦h i −1.

Las sucesiones M y Nson equivalentes si existe un homomorsmo h : M → Ntal que cadah i es un isomorsmo.

Lema. 33.4.Cada sucesi ´ on exacta corta es equivalente a una sucesi ´ on exacta corta denida por unsubm ´ odulo, ver Ejemplo (33.1. )





Lema. 33.5. (Lema corto de los cinco.)Dado una diagrama conmutativo con las exactas

0 M 0 f 0

h 0

M 1 f 1

h 1

M 2

h 2

0

0 N 0g 0

N 1g 1

N 2 0

Se verica:

(1) Si h 0 y h 2 son inyectivos, tambi ´ en lo es h 1.

(2) Si h 0 y h 2 son sobreyectivos, tambi ´ en lo es h 1.

(3) Si h 0 y h 2 son isomorsmos, tambi ´ en lo es h 1.

DEMOSTRACI ON . (1). Tenemos:

h 1(m 1) = 0 ⇒g 1h 1(m 1) = 0 ⇒h 2 f 1(m 1) = 0 ⇒ f 1(m 1) = 0 ⇒

∃

m 0

∈M tal que f 0(m 0) = m 1

⇒0 = h 1(m 1) = h 1 f 0(m 0) = g 0h 0(m 0) ⇒m 0 = 0 ⇒m 1 = f 0(m 0) = 0.

(2). Tenemos:

n 1 ∈N 1 ⇒g 1(n 1)∈N 2 ⇒∃m 2 ∈M 2 tal que h 2(m 2) = g 1(n 1) ⇒

∃

m 1

∈M 1 tal que f 1(m 1) = m 2

⇒Los elementos n 1, h 1(m 1)

∈N 1 verican:

g 1(n 1 −h 1(m 1)) = g 1(n 1) −g 1h 1(m 1) = g 1(n 1) −h 2 f 1(m 1) = g 1(n 1) −h 2(m 2) = 0 ⇒∃n 0 ∈N 0 tal que g 0(n 0) = n 1 −h 1(m 1) ⇒∃m 0 ∈M 0 tal que h 0(m 0) = n 0 ⇒h 1( f 0(m 0) + m 1) = h 1 f 0(m 0) + h 1(m 1) = g 0h 0(m 0) + h 1(m 1)

= n 1 −h 1(m 1) + h 1(m 1) = n 1.

Una sucesi on exacta corta 0 →M 0 f 0

→M 1 f 1

→M 2 →0 es escindida si existe un homomorsmo

g : M 2 →M 1 tal que f 2 ◦g = idM 2 .





Dados dos A –m odulos N y M una extensi on de M por N es una sucesi on exacta corta E :=

(0 →N →E →M →0). Dos extensiones E1 y E2 de M por N son equivalentes si las sucesio-nes que denen son equivalentes, esto es, existe un diagrama conmutativo:

0 N

id N

E 1

h

M

id M

0

0 N E 2 M 0

Como consecuencia h ha de ser un isomorsmo. Una extensi on se llama escindida si la su-cesi on exacta corta que dene es escindida.

Dados dos A –m odulos N y M , vamos a clasicar, salvo equivalencia, todas las extensionesescindidas de M por N .

En el caso que nos ocupa las sucesiones exactas cortas escindidas se pueden caracterizar dediversos modos.

Lema. 33.6.Sea 0 →M 0 f 0

→M 1 f 1

→M 2 →0 una sucesi ´ on exacta. Son equivalentes:

(a) Existe g : M 2 →M 1 tal que f 1 ◦g = id M 2 , esto es, la sucesi ´ on escinde.

(b) Existe f : M 1 →M 0 tal que f ◦ f 0 = id M 0 .

(c) Existe un homomorsmo f : M 1 →M 0⊕M 2 tal que el siguiente diagrama conmuta.

0 M 0 f 0

h 0

M 1 f 1

h 1

M 2

h 2

0

0 M 0 incl . M 0⊕M 2 proy . M 2 0

Corolario. 33.7.Dados dos A –m ´ odulos N y M , toda extensi ´ on escindida de M por N es equivalente a una extensi ´ on denida por una suma directa, ver Ejemplo (33.2. ).

Acabamos esta secci on con algunos lemas t ecnicos sobre sucesiones exactas.





Proposici on. 33.8.

(1) La sucesi ´ on M 0 f 0

→ M 1 f 1

→ M 2 → 0 es exacta si, y solo si, para cualquier A –m ´ odulo M la sucesi ´ on

0 Hom A (M 2, M ) ( f 1)∗

Hom A (M 1, M ) ( f 0)∗

Hom A (M 0, M )

es exacta.

(2) La sucesi ´ on 0 → M 0 f 0

→ M 1 f 1

→ M 2 es exacta si, y solo si, para cualquier A –m ´ odulo M la sucesi ´ on

0 Hom A (M , M 0) ( f 0)∗ Hom A (M , M 1) ( f 0)∗ Hom A (M , M 2)

es exacta.

DEMOSTRACI ON . Por dualidad basta hacer solo la primera parte. Supongamos que M 0 f 0

→M 1

f 1

→M 2 →0 es exacta, entonces para cada A –m odulo M la sucesi on del Hom es exacta.

(i). f ∗1 es inyectiva. En efecto, si g ∈Hom A (M 2, M ) verica f ∗1 (g ) = 0, entonces gf 1 = 0, y como f 1 es sobreyectiva, tenemos g = 0.

(ii). Im( f ∗1 )⊆Ker( f ∗0 ); es consecuencia de que f ∗0 f ∗1 = ( f 1 f 0)∗ = 0.

(iii). Ker( f ∗0 ) ⊆ Im( f ∗1 ); dado g ∈ Ker( f ∗0 ) tenemos gf 0 = f ∗0 (g ) = 0, luego existe h : M 2 −→ M tal que g = hf 1 = f ∗1 (h ) y g ∈Im( f ∗1 ).

M 0 f 0

M 1 f 1

g

M 2

h

0

M

La existencia de h es debida a que M 2 ∼= M 1/ Ker( f 1) = M 1/ Im( f 0) y a la propiedad universaldel cociente.

Supongamos ahora que para cada A –m odulo M la sucesi on

0 →Hom A (M 2, M ) ( f 1)∗

→ Hom A (M 1, M ) ( f 0)∗

→ Hom A (M 0, M )

es exacta.

(i). Vamos a ver que f 1 es simplicable a derecha, en efecto si g ◦ f 1 = 0, entonces f ∗1 (g ) = 0, y

como f ∗1 es inyectiva, tenemos g = 0. Entonces f 1 es sobreyectiva.





(ii). Im( f 0) ⊆ Ker( f 1). Basta ver que si f : N −→ N y para cada A –m odulo M se tiene que

f ∗ : Hom A (N , M ) −→ Hom A (N , M ) es cero, entonces f es cero. Tomando M = N se tiene0 = f ∗(id N ) = id N ◦ f = f . Ahora aplicando a este caso, como 0 = f ∗0 ◦ f ∗1 = ( f 1 ◦ f 0)∗, resulta f 1 ◦ f 0 = 0.

(iii). Consideramos el siguiente diagrama

M 1/ Im( f 0)h

M 0 f 0

M 1 f 1

q M 2 k

0

Im( f 0)

h existe por la propiedad universal del cociente, y es unica vericando h ◦ q = f 1. Por otrolado ya que Ker( f ∗0 ) ⊆ Im( f ∗1 ), al ser 0 = q ◦ f 0 = f ∗0 (q ), existe k tal que f ∗1 (k ) = q , esto es,q = k ◦ f 1; por ser f ∗1 inyectivo k es unico vericando esta condici on. Ahora falta ver que h y k son mutuamente inversas. En efecto, k ◦h ◦q = k ◦ f 1 = q , y como q es sobreyectiva se tienek ◦h = idM 1/ Im( f 0) , y h ◦ k ◦ f 1 = h ◦ q = f 1, y por ser f 1 sobreyectiva se tiene h ◦ k = idM 2 .Tenemos entonces que Im( f 0) = Ker( f 1).

0 Im( f 0)

∼=

M 1 M 1/ Im( f 0)

h ∼=

0

0 Ker( f 1) M 1 M 1/ Ker( f 1) = M 2 0

Proposici on. 33.9. (Lema de la serpiente.)Para cualquier diagrama conmutativa con las exactas

0 M 0 f 0

h 0

M 1 f 1

h 1

M 2

h 2

0

0 N 0g 0

N 1g 1

N 2 0

existe una sucesi ´ on exacta

0 →Ker(h 0) f 0→Ker(h 1)

f 1→Ker(h 2) ∆→Coker(h 0)

g 0→Coker(h 1) g 1→Coker(h 2) →0

donde Coker(h i ) = N i / Im(h i ) y f 0, f 1, g 0 y g 1 son los homomorsmos inducidos por f 0, f 1, g 0y g 1.

DEMOSTRACI ON . Consideramos el diagrama siguiente:





0

0

0

0 Ker(h 0) f 0

Ker(h 1) f 1

Ker(h 2)

0 M 0 f 0

M 1 f 1

M 2

0

∆

0 N 0g 0

N 1g 1

N 2

0

Coker(h 0) g 0

Coker(h 1) g 1

Coker(h 2)

0

0 0 0

Son inmediatas la exactitud de 0 Ker(h 0) f 0

Ker(h 1) f 1

Ker(h 2) y la exactitud de

Coker(h 0) g 0

Coker(h 1) g 1

Coker(h 2) 0 .

Para denir ∆ tomamos x ∈Ker(h 2). Existe m 1 ∈M 1 tal que f 1(m 1) = x , entonces g 1h 1(m 1) =h 2 f 1(m 1) = h 2(x ) = 0, y existe un unico n 0 ∈ N 0 tal que g 0(n 0) = h 1(m 1). Denimos ∆( x ) =n 0 + Im( h 0).

Comprobamos que ∆ est a bien denida.En efecto, la elecci onde m 1 no es unica, por lo que sitomamos otro m 1 tal que f 1(m 1) = x , llegamos a un n 0. Vamosa ver que n 0−n 0 ∈Im(h 0),yportanto ∆ est a bien denida. Tenemos que g 0(n 0) = h 1(m 1) y por otro lado f 1(m 1) = x = f 1(m 1),luego m 1 −m 1 ∈Ker( f 1) = Im( f 0). Sea m 0 ∈M 0 tal que f 0(m 0) = m 1 −m 1. Se tiene

g 0(n 0 −n 0) = h 1(m 1 −m 1) = h 1 f 0(m 0) = g 0h 0(m 0),luego n 0 −n 0 = h 0(m 0) y tenemos el resultado.

Una vez que hemos comprobado que ∆ est a bien denida, veamos la exactitud en Ker(h 2).Para cada m 1 ∈ Ker(h 1) se tiene ∆ f 1(m 1) = n 0 + Im( h 0), con g 0(n 0) = h 1(m 1) = 0. Por otrolado, si x ∈Ker(∆) , entonces n 0 ∈Im(h 0), sea n 0 = h 0(m 0), se tiene:

h 1(m 1) = g 0(n 0) = g 0 ◦h 0(m 0) = h 1 ◦ f 0(m 0),

y m 1 − f 0(m 0)∈Ker(h 1). Por lo tanto

x = f 1(m 1) = f 1(m 1 − f 0(m 0)) = f 1(m 1 − f 0(m 0))∈

Im( f 1).





Estudiamos la exactitud en Coker(h 0). Para cada x ∈Ker(h 2) se tiene:

g 0∆( x ) = g 0(n 0 + Im( h 0)) = g 0(n 0) + Im( h 1) = h 1(m 1) + Im( h 1) = 0.

Por otro lado, si n + Im( h 0) ∈ Ker(g 0), se tiene g 0(n ) ∈ Im(h 1), y existe x 1 ∈ M 1 tal queh 1(x 1) = g 0(n ). Tenemos

h 2 ◦ f 1(x 1) = g 1 ◦h 1(x 1) = g 1 ◦g 0(n ) = 0,

esto es, f 1(x 1)∈Ker(h 2) y ∆( f 1(x 1)) = n + Im( h 0).

34. Ejercicios

Ejercicio. 34.1.Dados A –m ´ odulos M 1, M 1, N 1, N 2, prueba que existe un isomorsmo

Hom A (M 1⊕M 2, N 1⊕N 2)∼= Hom A (M 1, N 1)⊕Hom A (M 1, N 2)⊕Hom A (M 2, N 1)⊕Hom A (M 2, N 2).

Observa podemos escribir la suma directa Hom A (M 1, N 1)⊕Hom A (M 1, N 2)⊕Hom A (M 2, N 1)⊕Hom A (M 2, N 2) como una matriz

Hom A (M 1, N 1) Hom A (M 2, N 1)Hom A (M 1, N 2) Hom A (M 2, N 2)

y este caso si tomamos N 1 = M 1 y M 2 = N 2, la composici ´ on en Hom A (M 1 ⊕M 2, N 1 ⊕N 2)coincide con el producto de matrices.

SOLUCI ONEjercicio. 34.2.Si

{N i

| i

∈ I

}es una familia de A –m ´ odulos, para cada A –m ´ odulo M prueba que existe un

isomorsmo Hom A (M ,

i

N i )∼=i

Hom A (M , N i ).

SOLUCI ONEjercicio. 34.3.Si {M i | i ∈ I }es una familia de A –m ´ odulos, para cada A –m ´ odulo N prueba que existe unisomorsmo

Hom A (⊕i M i , N )∼=i

Hom A (M , N i ).





SOLUCI ON

Ejercicio. 34.4..La sucesi ´ on 0 → M 0

f 0

→ M 1 f 1

→ M 2 es exacta si, y solo si, para cualquier A –m ´ odulo M la sucesi ´ on

0 →Hom A (M , M 0) ( f 0)∗

→ Hom A (M , M 1) ( f 1)∗

→ Hom A (M , M 2)

es exacta.

SOLUCI ON

Ejercicio. 34.5..Da un ejemplo de una sucesi ´ on exacta corta 0 → M 0

f 0

→ M 1 f 1

→ M 2 → 0 y un A –m ´ odulo M para los que en la sucesi ´ on exacta

0 →Hom A (M , M 0) ( f 0)∗

→ Hom A (M , M 1) ( f 1)∗

→ Hom A (M , M 2)

el homomorsmo ( f 1)∗ no sea sobreyectivo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 34.6..Haz una demostraci ´ on de que en una sucesi ´ on exacta corta de A –m ´ odulos 0 →M 0

f 0

→M 1 f 1

→M 2 → 0 existe un homomorsmo g : M 2 → M 1 tal que f 1 ◦g = id M 2 si y solo si existe unhomomorsmo f : M 1 →M 0 tal que f ◦ f 0 = id M 0 .

SOLUCI ON

Ejercicio. 34.7.Dado un anillo A y un elemento b ∈ A , consideramos el conjunto

B = {bF (b ) | F ∈Z[ X ]}.

Prueba que B es cerrado para la suma y el producto. Tenemos que B es un anillo sin uno.

SOLUCI ON





Ejercicio. 34.8.Dado un anillo sin uno B podemos construir un anillo con uno, del cual B es un ideal en la siguiente forma: En el producto cartesiano B ×Zdenimos dos operaciones:

(b 1, n 1) + ( b 2, n 2) = ( b 1 + b 2, n 1 + n 2),(b 1, n 1) ·(b 2, n 2) = ( b 1b 2 + b 1n 2 + b 2n 2, n 1n 2),

para cualesquiera b 1, b 2 ∈B y n 1, n 2 ∈Z.

(1) Prueba que B ×Zes un anillo con elemento uno igual a (0, 1).

(2) Propiedad universal. Prueba que para cada anillo (con uno) A y cada aplicaci ´ on g :B

−→ A , que sea homomorsmo para la suma y el producto, existe un ´ unico homomor-

smo de anillos g : B ×Z−→ A talque g |B = g cuando identicamos B son B ×0⊆

B ×Z.

(3) Tomando g = 0 tenemos que B = Ker( 0), y por tanto B es un ideal de B ×Z.

SOLUCI ONEjercicio. 34.9.Prueba que cada monomorsmo de anillos (= homomorsmo de anillos simplicable a iz-quierda) f : A −→C es una aplicaci ´ on inyectiva.

SOLUCI ONEjercicio. 34.10.Se consideran los grupos abelianos A = Z2⊕Z4 y B = Z4⊕Z12 . Determinar la estructura del grupo abeliano Hom( A , B ).

SOLUCI ON




Cap ıtulo VI

Dependencia entera

35 Extensiones enteras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17836 Lema de normalizaci on de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18537 Teorema de los ceros de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19038 Extensiones trascendentes (repaso) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19339 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

Introducci on

En este cap ıtulo vamos a establecer los resultados m as importantes de la teor ıa que relacionalos conjuntos algebraicos con las algebras sobre cuerpos: aquellos que tratan de la dimen-sion. La primera secci on est a dedicada al estudio de la dependencia entera y las extensionesenteras, probando los resultados que relacionan las cadenas de ideales primos en extensio-nes de anillos. En la segunda se prueba el Teorema de Normalizaci on de Noether y sus con-secuencias, y en la tercera el Teorema de los ceros de Hilbert, que establece una biyecci onentre conjuntos algebraicos en An (K ) e ideales radicales del anillo K [ X 1, . . . , X n ]. Finaliza elcap ıtulo recordando los resultados sobre extensiones trascendentes que son de aplicaci on enesta teor ıa.



178 C AP. VI. DEPENDENCIA ENTERA

35. Extensiones enteras

Dependencia entera

Sea A ⊆ B una extensi on de anillos. Un elemento x ∈ B se llama entero sobre A si existe unpolinomio m onico F ( X )∈ A [ X ] tal que F (x ) = 0.

Teorema. 35.1.Sea A ⊆B una extensi ´ on de anillos y x ∈B un elemento. Son equivalentes:

(a) x es entero sobre A ;

(b) A [x ] es un A –m ´ odulo nitamente generado;

(c) A [x ] est ´ a contenido en un subanillo A ⊆ C ⊆ B que es un A –m ´ odulo nitamente gene-rado;

(d) Existe un A [x ]–m ´ odulo el nitamente generado M que es un A –m ´ odulo nitamente generado.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Si x n + a n −1x n −1 + · · · + a 0 = 0, con a i ∈ A , entonces x n =

−(a n −1x n

−1

+ · · ·+ a 0) y por inducci on probamos que x n + h

∈ A + Ax + · · ·+ Ax

n

−1

, entonces A [x ] es un A –m odulo nitamente generado.

(b)⇒(c). Tomamos C = A [x ].

(c)⇒(d). Podemos tomar M = C , ya que por ser A [x ] ⊆ C , resulta que C es un A [x ]–m odulo y por ser 1 ∈C es el. Adem as C es un A –m odulo nitamente generado.

(d)⇒(a). Sea M un A [x ]–m odulo el y nitamente generado como A –m odulo, entonces po-demos denir un endomorsmo λx : M → M mediante λx (m ) = xm , para cada m ∈ M . Sea

{x 1, . . . , x t

}un sistema de generadores de M , y supongamos que

λx (m i ) =t

j = 1

a ij m j ,

entonces xm i =t j = 1 a ij m j y de aqu ı obtenemos la igualdad de matrices

(x id −(a ij )ij )(m i )i = 0,

de donde deducimos que det( x id −(a ij )ij )(m i )i = 0. Y por tanto det( x id −(a ij )ij )∈Ann( M ) =0. Ahora bien, det(x id −(a ij )ij ) es una expresi on de la forma:

x t

+ a t −1x t

−1

+ · · ·+ a 1x + a 0 = 0, con a i ∈ A ,





DEMOSTRACI ON . Igual demostraci on que en el Ejercicio ( 35.5. ).

Ejemplo. 35.7.Sea K un cuerpo y A = K [ X , Y ]. El ideal a = ( X 2 −Y 3) es primo, y por tanto A / a es un dominio.Se verica que A / a no es normal.

En efecto, el elemento x = X / Y del cuerpo de fracciones de A / a es entero sobre A / a y nopertenece a A / a .

Corolario. 35.8. (Transitividad de las extensiones enteras.)Se considera A ⊆ B 1 ⊆ B 2 una cadena de extensiones de anillos, siendo B 1 entero sobre A y B 2 entero sobre B 1, entonces B 2 es entero sobre A .

DEMOSTRACI ON . Sea x ∈B 2, existen b n −1, . . . , b 0 ∈B 1 tales que x n + b n −1x n −1 + · · ·+ b 0 = 0.Llamamos A = A [b 0, . . . , b n −1], se verica que x es entero sobre A , luego A [b 0, . . . , b n −1, x ]es un A –m odulo nitamente generado, y como consecuencia es un A –m odulo nitamentegenerado, entonces x es entero sobre A .

Corolario. 35.9.Sea A ⊆ B una extensi ´ on de anillos y sea C la clausura entera de A en B , entonces C es ´ ıntegramente cerrado en B .

DEMOSTRACI ON . Llamemos C a la clausura entera de C en B , entonces

A ⊆C ⊆C

son extensiones enteras, luego A ⊆C es una extensi on entera y se verica C ⊆C .

Ejercicio. 35.10.Sea A un dominio con cuerpo de fracciones K y sea K ⊆L una extensi ´ on de cuerpos. Si x ∈L es algebraico sobre K , entonces existe a ∈ A tal que 0 = ax es entero sobre A .

SOLUCI ON . Sea 0 = F ∈K [ X ]un polinomio tal que F (x ) = 0. Multiplicando F por el productode los denominadores de los coecientes de F podemos obtener un polinomio 0 = rF

∈ A [ X ]

tal que rF (x ) = 0. Si rF = aX n + a n −1 X n −1+ · · ·+ a 0, entonces multiplicando por a n −1, tenemos

(ax )n + a n −1(ax )n −1 + · · ·+ a 1a n −1(ax ) + a 0a n −1 = 0,

y ax es entero sobre A .

Proposici on. 35.11.Sea A ⊆B es una extensi ´ on entera de anillos y b⊆B es un ideal de B . Si denimos a = b ∩ A ,entonces A / a⊆B / b es una extensi ´ on entera.

DEMOSTRACI ON

. Es pasar una expresi on del tipo s n

+ a n −1s n

−1

+ · · ·+ a 0 de B a B / b.




SEC . 35. E XTENSIONES ENTERAS 181

Ideales primos en extensiones enteras

Vamos a estudiar los ideales primos y maximales en extensiones enteras.

Proposici on. 35.12.Sea A ⊆ B una extensi ´ on de dominios de integridad, siendo B entero sobre A . Son equiva-lentes:

(a) B es un cuerpo;

(b) A es un cuerpo.


(b). Si B es un cuerpo y 0 = x ∈ A , entonces existe x −1∈

B que esentero sobre A , luego existe una expresi on del tipo

x −n + a n −1x −n + 1 + · · ·+ a 0 = 0.

Multiplicando por x n −1 obtenemos:

x −1 + a n −1 + · · ·+ a 0x n −1 = 0,

y de aqu ıx −1 = −(a n −1 + · · ·+ a 0x n −1)∈ A .

(b)⇒

(a). Si A es un cuerpo y 0 = x ∈B , existe una expresi on del tipo

x n + a n −1x n −1 + · · ·+ a 0 = 0,

supongamos que n es el menor de los posibles enteros vericando lo anterior. Por ser B undominiode integridad se verica a 0 = 0 y podemos construir la expresi on x (x n −1+ a n −1x n −2+

· · ·+ a 1) = −a 0, luego

x −1 = −a −10 (x n −1 + a n −1x n −2 + · · ·+ a 1).

Corolario. 35.13.Sea A ⊆ B una extensi ´ on entera de anillos y sea q ⊆ B un ideal primo. Llamamos p = q ∩ A .Son equivalentes:

(a) q es maximal;

(b) p es maximal.

DEMOSTRACI ON . Tenemos que A / p ⊆ B / q es una extensi on de anillos y B / q es entero sobre A / p. Adem as, como B / q es un dominio de integridad, resulta que B / q es un cuerpo si, y s olosi, A / p es un cuerpo y entonces q es un ideal maximal de B si, y solo si, p es un ideal maximal.





Lema. 35.14.Sea A

⊆ B una extensi ´ on entera de anillos y p

⊆ A un ideal primo. Existe un ideal primo

q⊆

B tal que q ∩ A = p.

DEMOSTRACI ON . Llamamos Σ = A \p y Γ = {a⊆B | a∩Σ = ∅}. Como Γ es inductivo existenelementos maximales en Γ; cada elemento maximal de Γ es un ideal primo de B . Dado q ∈ Γmaximal tenemos que q ∩ A ⊆ p; para probar la otra inclusi on, sea a ∈ p \ (q ∩ A ). Comoq⊂(q, a ), entonces existe s ∈(q, a ) ∩Σ ; escribimos s = q + ba , con q ∈q y b ∈B .

Al ser b entero sobre A existe una combinaci on b n + a n −1b n −1 + ·· · + a 0 = 0 con a i ∈ A .Multiplicando por a n tenemos:

(ba )n + a n −1a (ba )n −1 + · · ·+ a 0a n = 0.

De la relaci on s −q = ab se deduce que

y := s n + a n −1as n −1 + · · ·+ a 0a n ≡0 (mod q),

y tenemos y ∈q ∩ A ⊆p; como a ∈p, se sigue s ∈p, lo que es una contradicci on.

Teorema. 35.15. (Teorema del ascenso.)Sea A ⊆ B una extensi ´ on entera de anillos, p1 ⊆ ·· · ⊆ pn una cadena ascendente de ideales primos de A y q1

⊆ ·· · ⊆ qm una cadena ascendente de ideales primos de B vericando

qi ∩ A = pi para 1 ≤ i ≤m < n .

p1⊆p2⊆ · · · ⊆pm ⊆ · · ·⊆pn q1⊆q2⊆ · · · ⊆qm

Entonces la cadena q1 ⊆ · · · ⊆ qm se puede extender a una cadena q1 ⊆ · · · ⊆ qn en la que qi ∩ A = pi , 1 ≤ i ≤n .

DEMOSTRACI ON . Podemos suponer que m = 1 y n = 2 y posteriormente hacer inducci on.De la extensi on entera A

⊆

B pasamos a la extensi on A / p1

⊆B / q1, que tambi en es entera. En

A / p1 tenemos un ideal primo p2/ p1, por lo que para reducir supondremos que tenemos unaextensi on entera de dominios A ⊆B y un ideal primo p⊆ A . Aplicando el Lema ( 35.14. ) existeun ideal q⊆B tal que q ∩ A = p.

Dada una extensi on entera de anillos A ⊆ B y un ideal primo p ⊆ A , es posible que existanvarios ideales primos q1, q2 ⊆B tales que q1 ∩ A = p = q2 ∩B . Veamos un ejemplo:

Ejemplo. 35.16.Tomamos A = R[ X ], B = C[ X ], p = A ( X 2 + 1)⊆ A , q1 = B ( X + i ), q2 = B ( X −i )⊆B . Se verica:

B ( X + i ) ∩ A = A ( X 2

+ 1) = B (( X −i ) ∩ A .




SEC . 35. E XTENSIONES ENTERAS 183

En estas circunstancias vamos a comprobar que siempre los ideales de B que tienen la misma

traza en A son incomparables.Teorema. 35.17. (Teorema de incomparabilidad.)Sea A ⊆ B una extensi ´ on entera de anillos y q1 ⊆ q2 ideales de B tales que q1 ∩ A = q2 ∩ A ,entonces q1 = q2.

DEMOSTRACI ON . Supongamos que q1 q2 y sea b ∈ q2 \ q1. Como b es entero sobre A tomamos n m ınimo tal que existe una combinaci on vericando:

b n + a n −1b n −1 + · · ·+ a 0 ≡ (mod q1).

Como b /∈

q1 se tiene n ≥1 y a 0 ∈q2, luego a 0 ∈q2 ∩ A = q1 ∩ A , y tenemosb (b n −1 + a n −1b n −2 + · · ·+ a 1)∈q1,

y como b /∈q1, tenemos una contradicci on con la minimalidad de n .

Dominios normales. Teorema del descenso

Sea A ⊆ B una extensi on de anillos y sea a un ideal de A . Un elemento x ∈ B se llama entero

sobre el ideal a si verica una relaci on de dependencia entera,x n + a n −1x n −1 + · · ·+ a 0 = 0,

con los a i ∈a .

Llamamos clausura entera en B de un ideal a de A al conjunto de todos los elementos de B enteros sobre a.Lema. 35.18.Sea A ⊆B una extensi ´ on de anillos y a un ideal de A . Si A ⊆C ⊆B es la clausura entera de A en B , entonces la clausura entera de a en B es el radical de aC en C .

DEMOSTRACI ON . Sea x ∈ B un elemento entero sobre a; existen a i ∈ a tales que x n +a n −1x n −1 + · · ·+ a 0 = 0. Entonces x ∈C y como

x n = −(a n −1x n −1 + · · ·+ a 0)∈aC ,

tenemos que x ∈ rad(aC ). Para ver la otra inclusi on, sea x ∈ rad(aC ), entonces existe n talque x n = m

j = 1 a j t j , con a j ∈ a y t j ∈ C . Ya que cada a j es entero sobre A , tenemos queM = A [a 1, . . . , a m ] es un A –m odulo nitamente generado. Adem as se verica x n M ⊆ aM . Aplicando el Lema de Cayley-Hamilton (para la multiplicaci on por x n ),Lema( 27.1. ), tenemos

que x n

es entero sobre a, en consecuencia x es entero sobre a.





Proposici on. 35.19.Sea A

⊆ B una extensi ´ on de dominios de integridad con A normal. Sea x

∈ B un elemento

entero sobre un ideal a⊆ A . Entonces x es algebraico sobre el cuerpo de fracciones K de A y su polinomio minimal sobre K es

X n + a n −1 X n −1 + · · ·+ a 0

con a i ∈rad( a).

DEMOSTRACI ON . Tenemos que x es algebraico sobre K . Llamemos L al cuerpo de descom-posici on del polinomio irreducible P de x sobre K , y sean x 1, . . . , x n todos los conjugados dex . Como cada x

i verica la misma relaci on de dependencia que x , tenemos que todos son en-

teros sobre a. Los coecientes de P son polinomios en los x i , y por tanto son elementos de K enteros sobre a. Ahora, como A es normal, la clausura entera de a en K es rad(a), luego todospertenecen a rad(a).

Teorema. 35.20. (Teorema del descenso.)Sea A ⊆B una extensi ´ on entera de dominios de integridad con A normal. Sean p1 ⊇ · · ·⊇pn una cadena de ideales primos de A y q1 ⊇ ·· · ⊇ qm una cadena de ideales primos de B vericando: qi ∩ A = pi , 1 ≤ i ≤m < n .

p1⊇p2⊇ · · · ⊇pm ⊇ · · ·⊇pn q1

⊇

q2

⊇ · · · ⊇qm

Entonces la cadena q1 ⊇ · · ·⊇qm se puede extender a una cadena q1 ⊇ · · ·⊇qn vericando: qi ∩ A = pi , 1 ≤ i ≤n .

DEMOSTRACI ON . Vamos a suponer que n = 2 y m = 1 y despu es podremos hacer inducci on.Localizamos B en q1 y tenemos una cadena de extensiones

A ⊆B ⊆B q1 .

Para ver que existe un ideal primo q2

⊆B tal que q2

∩ A = p2, basta ver que p2B q1

∩ A = p2.

Dado un elemento de y / s ∈ p2B q1 , con y ∈ p2B ⊆ rad(p2B ), tenemos que y es entero sobre p2 y si el polinomio minimal de y sobre K , el cuerpo de fracciones de A , es

X n + a n −1 X n −1 + · · ·+ a 0,

entonces tiene sus coecientes en p2.

Dado x ∈ p2B q1 ∩ A , sea x = y / s , entonces s = yx −1 en K . El polinomio minimal de s sobre K se obtiene del anterior en la siguiente forma:

X n

+ ( a n −1/ x ) X n

−1

+ · · ·+ ( a 0/ x n ), (VI.1)




SEC . 36. L EMA DE NORMALIZACI ON DE NOETHER 185

Como s ∈ B \ q1 es entero sobre A , entonces cada coeciente a i / x n −1 pertenece a A . (Aplicar

la Proposici on ( 35.19. ) al ideal a = A .) Si x /∈

p2, entonces cada coeciente a i / x n

−i

∈p2 ya quex n − j (a j / x n − j ) = a j ∈p2 y p2 es un ideal primo. Como s verica la relaci on ( VI.1), tenemos que

s n ∈p2B ⊆p1B ⊆q1,

lo que es una contradicci on. Tenemos entonces x ∈ p2 y por tanto p2B q2 ∩ A ⊆ p2. La otrainclusi on es clara y tenemos la igualdad.

36. Lema de normalizaci on de Noether

Dimensi on de Krull de un anillo

Sea A un anillo (conmutativo). Una cadena de ideales primos

p0 p1 · · · pn

se dice que tiene longitud n . Se dene la dimensi on del anillo A como el supremo de laslongitudes de las cadenas de ideales primos de A , y se representa por dim( A ).

Si p es un ideal primo de A , se dene la altura de p como el supremo de las longitudes de lascadenas de ideales primos del siguiente tipo:

p0 p1 · · · pn = p.

La altura del ideal p se representa por ht( p).

Si a es un ideal de A , se dene la altura de a como el m ınimo de las alturas de los idealesprimos minimales conteniendo a a. La altura del ideal a se representa por ht( a).

Los resultados sobre extensiones enteras de anillos nos dan la siguiente relaci on para las di-mensiones de anillos.

Proposici on. 36.1.Sea A ⊆B una extensi ´ on entera de anillos. Si dim( A ) es nita, entonces se verica:

dim( A ) = dim( B ).





Ejercicio. 36.2.Sea A un anillo y a un ideal de A . Existe un isomorsmo de anillos

( A / a)[ X ]∼= A [ X ]/ a[ X ]

Como consecuencia:

(1) Si p⊆ A es un ideal primo, entonces p[ X ] es un ideal primo de A [ X ]

(2) Si a b son ideales de A , entonces a[ X ] b[ X ].

Lema. 36.3.Sea K un cuerpo y X 1, . . . , X n indeterminadas sobre K , entonces tenemos una cadena as-

cendente 0⊂( X 1)⊂( X 1, X 2)⊂ · · ·⊂( X 1, · · · , X n ),

en la que todos son ideales primos y por tanto siempre se verica: dim(K [ X 1, . . . , X n ]) ≥n .

Podemos completar este resultado para obtener la igualdad.

Teorema. 36.4.Sea K un cuerpo y X 1, . . . , X n indeterminadas sobre K , se tiene dim(K [ X 1, . . . , X n ]) = n .

DEMOSTRACI ON . Solo tenemos que probar la relaci on dim(K [ X 1, . . . , X n ]) ≤n .

Observa que K [ X 1, . . . , X n ] tiene como m aximo n elementos algebraicamente independien-tes, esto lo podemos razonar pasando al cuerpo de fracciones K ( X 1, . . . , X n ) y viendo que elm aximo n umero de elementos de un conjunto algebraicamente independiente es igual algrado de trascendencia de la extensi on K ( X 1, . . . , X n )/ K , que es igual a n .

Para cada K –algebra ıntegra A llamamos τ ( A ) el m aximo de los s tales que existe un subconjunto {a 1, . . . , a s }⊆ A algebraicamente independiente.

Hacemos al demostraci on del teorema en dos partes:

1. Si 0 = p ⊆ A es un ideal primo, entonces τ ( A / p) ≥ s implica τ ( A ) ≥ s + 1. Supongamosque τ ( A / p) = s , y sean {a 1, . . . , a s } ∈ A tales que {a i = a i + p}s

i = 1 es algebraicamente inde-pendiente. Tomamos 0 = a ∈ p, entonces {a 1, . . . , a s , a }es algebraicamente independiente.En efecto, si existe 0 = F ∈K [Y 1, . . . , Y s + 1] tal que F (a 1, . . . , a s , a ) = 0, tomando clases m odu-lo p se tiene F (a 1, . . . , a s , 0) = 0, y como {a i }s

i = 1 es algebraicamente independiente, resultaque F (Y 1, . . . , Y s , 0) = 0, esto es, Y s + 1 | F . Si inicialmente tomamos F irreducible, resulta queF = Y s + 1, esto es, a = 0, lo que es una contradicci on.

2. Si 0 = p0 p1 · · · pt es una cadena de ideales primos en K [ X 1, . . . , X n ], entonces





tenemos:

n ≥τ K [ X 1, . . . , X n ]p0

> τ K [ X 1, . . . , X n ]p1

> · · ·> τ K [ X 1, . . . , X n ]pt ≥0.

Y por lo tanto se tiene n ≥ t .

Lema de normalizaci on

Como se observa, el estudio de los subconjuntos algebraicamente independientes de alge-bras nitamente generadas aporta informaci on sobre la misma algebra. Vamos a ver quepodemos obtener m as informaci on al considerar las subalgebras maximales generadas porestos subconjuntos.

Veamos un primer resultado t ecnico.

Lema. 36.5. (Lema de normalizaci on.)Sea A = K [ X 1, . . . , X n ] un anillo de polinomios y sea p A un ideal primo de altura s . Existenelementos x 1, . . . , x n ∈ A , algebraicamente independientes sobre K , tales que:

(1) A es entero sobre B = K [x 1, . . . , x n ] y

(2) si p = 0, p ∩B est ´ a generado por x 1, . . . , x s .

DEMOSTRACI ON . Hacemos inducci on sobre la altura s de p. Si ht( p) = 0, entonces p = 0 y podemos tomar x i = X i , 1 ≤ i ≤n , y tenemos el resultado.

Supongamos pues que ht( p) = 1. Sea 0 = F ∈ p, irreducible. Llamamos x 1 = F ( X 1, . . . , X n ) =α∈N

n k α X α . Tomamos p 1 = 1 y sean p 2, . . . , p n , enteros primos distintos; para cada α ∈ Nn

denimos w (α) = n i = 1 p i α i . Es claro que, jado F , podemos elegir los p i de forma que dados

dos exponentes α = β , entonces w (α) = w (β ). De esta forma, si denimos x i = X i − X p i 1 para

i = 2, . . . , n , se tiene:

x 1 = F ( X 1, . . . , X n ) = F ( X 1, x 2 + X p 21 , . . . , x n − X p n

1 ) = G ( X 1, x 2, . . . , x n ) + aX e 1 .

Siendo e el mayor grado con el que aparece ahora X 1 en F y G un polinomio en el que el gradode X 1 es menor que e . Es claro que a = 0, y por tanto es invertible.

Se tiene que X 1 es entero sobre K [x 1, . . . , x n ], ya que es ra ız de un polinomio m onico. En con-secuencia cada X i es entero sobre K [x 1, . . . , x n ] y la extensi on B = K [x 1, . . . , x n ]⊆K [ X 1, . . . , X n ]es entera.

Tenemos x 1 ∈p ∩B , y por tanto Bx 1 ⊆p ∩B ; ambos son ideales primos, y por el Teorema del

descenso la altura de p ∩B es uno, entonces son iguales.





Como K [ X 1, . . . , X n ] es entero sobre K [x 1, . . . , x n ], tenemos que K ( X 1, . . . , X n ) es algebraico so-

bre K (x 1, . . . , x n ). Como el grado de trascendencia de K ( X 1, . . . , X n ) sobre K es igual a n , lomismo ocurre para K (x 1, . . . , x n ), luego los x 1, . . . , x n son algebraicamente independientessobre K , y B = K [x 1, . . . , x n ] es un anillo de polinomios.

Sea ahora p un ideal primo de altura h > 1; tomamos q⊆p un ideal primo de altura h −1. Porla hip otesis de inducci on existen x 1, . . . , x n ∈ A tales que q ∩B = B (x 1, . . . , x h −1). Considera-mos el anillo B / (q ∩B ) ∼= K [x h , . . . , x n ] y el ideal (p ∩B )/ (q ∩B ). Este tiene altura uno, por lotanto existen y h , . . . , y n ∈ K [x h , . . . , x n ] tales que la extensi on K [ y h , . . . , y n ] ⊆ K [x h , . . . , x n ] esentera y p∩B

q∩B ∩K [ y h , . . . , y n ] = K [ y h , . . . , y n ] y h .

En consecuencia la extensi on C = K [x 1, . . . , x h −1

, y h , . . . , y n ]

⊆

K [ X 1, . . . , X n ]esentera y p

∩C =

C (x 1, . . . , x h −1, y h ).

Corolario. 36.6.Sea K un cuerpo, entonces el ideal ( X 1, . . . , X s ) tiene altura s en K [ X 1, . . . , X n ], siendo s ≤n .

Teorema de normalizaci on

Sea trata ahora de determinar la dimensi on de una K –algebra ıntegra y nitamente generada

A siguiendo el m etodo empleado para el caso del anillo de polinomios.Teorema. 36.7. (Teorema de normalizaci on.)Sea A una K – algebra ´ ıntegra nitamente generada. Existen elementos a 1, . . . , a t ∈ A , alge-braicamente independientes, tales que K [a 1, . . . , a t ]⊆ A es entera.

DEMOSTRACI ON . Existe un anillo de polinomios K [ X 1, . . . , X n ] y un ideal primo p tales que A ∼= K [ X 1, . . . , X n ]/ p. Por el lema de normalizaci on existen x 1, . . . , x n ∈ K [ X 1, . . . , X n ] y s ∈ Ntales que K [x 1, . . . , x n ] ⊆ K [ X 1, . . . , X n ] es entera y p ∩K [x 1, . . . , x n ] = K [x 1, . . . , x n ](x 1, . . . , x s ).Entonces la extensi on

K [x s + 1, . . . , x n ]∼= K [x 1, . . . , x n ]p ∩K [x 1, . . . , x n ] ⊆ K [ X 1, . . . , X n ]p ∼

= A

es una extensi on entera y {x s + 1 + p, . . . , x n + p} ⊆ A es un conjunto algebraicamente inde-pendiente.

Corolario. 36.8.Sea A una K – algebra ´ ıntegra nitamente generada, entonces la dimensi ´ on de A es igual al grado de trascendencia del cuerpo de fracciones de A .

DEMOSTRACI ON . Aplicamos el Teorema de normalizaci on. Existe una sub algebra de A , B ∼=K [ X 1, . . . , X n ], tal que A es entero sobre B . Como consecuencia dim( A ) = dim( B ) = s . Por





otro lado, si llamamos L al cuerpo de fracciones de A , tenemos una extensi on algebraica

K ( X 1, . . . , X n )⊆

L , y el grado de trascendencia de L es igual a n .

Corolario. 36.9.Sea A una K – algebra nitamente generada y p un ideal primo de A . Se verica que la dimen-si on del ´ algebra A / p es exactamente el grado de trascendencia del cuerpo de fracciones de A / p.

Corolario. 36.10.Sea A una K – algebra ´ ıntegra nitamente generada y p⊆ A un ideal primo. Se verica:

dim( A ) = dim( A / p) + ht( p).

DEMOSTRACI ON . Podemos reducir el problema a considerar A un anillo de polinomios. Eneste contexto el resultado es una consecuencia directa del Teorema de normalizaci on deNoether.

Demostraci on directa.

DEMOSTRACI ON . Por el Lema de normalizaci on existe una sub algebra B ∼= K [x 1, . . . , x n ] de A tal que A es entero sobre B y p ∩B = B (x 1, . . . , x s ) para alg un s ≤ n . Tenemos ht( p ∩B ) = s y por otro lado B / (p ∩B )∼= K [ X s + 1, . . . , X n ], luego dim(B / (p ∩B )) = n −s .

Como A es entero sobre B tenemos que dim( A ) = dim( B ) = n . Adem as A / p es entero sobreB / (p ∩B ), luego dim( A / p) = dim( B / (p ∩B )) = n −s .

Como B es un dominio normal, el teorema del descenso nos asegura que si ht( p ∩ B ) = s ,entonces ht( p) = s . Uniendo todo tenemos el resultado.

Una cadena de ideales primos p0 · · · pn se llama maximal si p0 es minimal, pn es maximal y no existe ning un ideal primo q tal que pi −1 q pi , 1 ≤ i ≤n .

Teorema. 36.11.Sea A una K – algebra ´ ıntegra nitamente generada, entonces todas las cadenas maximales de ideales primos de A tienen la misma longitud.

DEMOSTRACI ON . Sea p0 · · · pn una cadena maximal de ideales primos de A . Entoncespn es un ideal maximal y dim( A / pn ) = 0. Para i ≥ 1 tenemos pi −1 pi y pi / pi −1 es un idealprimo de A / pi −1 de altura uno. Luego dim( A / pi )+ht( pi / pi −1) = dim( A / pi −1), o lo que es igual,dim( A / pi ) −dim( A / pi −1) = 1. Tenemos entonces

dim( A ) = dim( A / p0) −dim( A / pn )= dim( A / p0) −dim( A / p1) + dim( A / p1) −dim( A / pn )

= (dim( A / p0) −dim( A / p1)) + · · ·+ (dim( A / pn −1) −dim( A / pn )) = n .





Ejemplo. 36.12.Se considera el anillo A = R[ X , Y ]/ ( X 2 −Y 3). Sabemos que A es un dominio que no es normal. Vamos a calcular un subanillo de polinomios maximal en A .

Tomamos p = ( X 2 −Y 3)⊆R[ X , Y ] y denimos:

x 1 = X 2 −Y 3,x 2 = Y − X 2,

Entonces B = R[x 1, x 2]⊆R[ X , Y ] es una extensi on entera y p ∩B = Bx 1.

Tenemos entonces que R[x 2] ⊆ A es una extensi on entera, sien do x 2 = x 2 + p. Si llamamosx = X + p, y = Y + p, entonces R[ y −x 2]⊆ A es una extensi on entera.

37. Teorema de los ceros de Hilbert

Dado un cuerpo K , para cada ideal a de K [ X 1, . . . , X n ] el conjunto de los ceros de a es:

V (a) = {x ∈An (K ) | P (x ) = 0, ∀P ∈K [ X 1, . . . , X n ]}.

Es claro que si a = K [ X 1, . . . , X n ], entonces V(a) = ∅, pero tambi en puede ser que V(a) = ∅siendo a = K [ X 1, . . . , X n ]. Por ejemplo, en R[ X ] el ideal a = ( X 2 + 1) verica V ( X 2 + 1) = ∅.Sin embargo si K es un cuerpo algebraicamente cerrado tenemos que V (a) = ∅si y solo sia = K [ X ].

Esta situaci on se repite en el caso de polinomios en varias indeterminadas.

Comenzamos por un resultado t ecnico.

Teorema. 37.1.Si L / K es una extensi ´ on de cuerpos tal que L es una K – algebra nitamente generada, en-tonces L es un K –m ´ odulo nitamente generado.

DEMOSTRACI ON . Por el Teorema de Normalizaci onsetieneque L es enterosobre K [a 1, . . . , a t ]para cierto {a 1, . . . , a t }⊆L algebraicamente independiente. Aplicando la Proposici on ( 35.12. )tenemos que K [a 1, . . . , a t ] es un cuerpo, y por lo tanto se tiene {a 1, . . . , a t } = ∅ y L es entero(algebraico) sobre K . Como es una K –algebra nitamente generada, resulta que dimK (L ) esnita.

Corolario. 37.2. (Teorema de los ceros de Hilbert. Forma d ebil.)Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado y a un ideal de K [ X 1, . . . , X n ]. Si V (a) = ∅, enton-

ces a = K [ X 1, . . . , X n ].




SEC . 37. T EOREMA DE LOS CEROS DE H ILBERT 191

DEMOSTRACI ON . Si a = K [ X 1, . . . , X n ], entonces existe un ideal maximal m ⊇ a, y como

V (m) ⊆ V (a), basta considerar el caso en que a es un ideal maximal. En este caso tendre-mos un homomorsmo (no nulo) K −→ K [ X 1 ,..., X n ]a =: L , y K es un subcuerpo de un cuerpo

L .

Consideramos la extensi on L / K ; por el Teorema anterior se tiene esta extensi on es nita, y por ser K algebraicamente cerrado L = K .

Como L = K , para cada ındice i = 1, . . . , n existe un elemento a i ∈ K que es la imagen de X i .Por tanto X i −a i ∈a , obteniendo que ( X 1 −a 1, . . . , X n −a n )⊆a , y por tanto ( X 1 −a 1, . . . , X n −a n ) = a , obteniendo que (a 1, . . . , a n )∈V (a) = ∅.

El resultado central de esta secci on es:Teorema. 37.3. (Teorema de los ceros de Hilbert.)Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado y a un ideal de K [ X 1, . . . , X n ]. Entonces rad(a) =

IV (a).

DEMOSTRACI ON . Supongamos que a = ( F 1, . . . , F t ). Si F ∈ IV (a) entonces consideramosa = ( F 1, . . . , F n , 1 −YF )⊆K [ X 1, . . . , X n , Y ]. Vamos a ver que V (a) = ∅.

Sea (a 1, . . . , a n , a n + 1)

∈V (a)

⊆

An + 1(K ), entonces (a 1, . . . , a n )

∈V (a), y resulta F (a 1, . . . , a n ) =

0,porlotanto0 = 1−a n + 1F (a 1, . . . , a n ) = 1, lo que esuna contradicci on. Como consecuencia

V (a) = ∅.

Aplicando el Teorema de Hilbert en su forma d ebil resulta a = K [ X 1, . . . , X n , Y ], por lo queexiste una combinaci on lineal

1 =i

F i C i + ( 1 −YF )C , C 1, . . . , C t , C ∈K [ X 1, . . . , X n , Y ].

Tomando Y = 1/ F ( X 1, . . . , X n ) tenemos:

1 =i

F i ( X 1, . . . , X n )C i ( X 1, . . . , X n , 1F ( X 1, . . . , X n ) ),

y multiplicando por una potencia adecuada de F se tiene:

F m =i

F i ( X 1, . . . , X n )D i ( X 1, . . . , X n )∈a .

Como consecuencia IV (a) ⊆ rad(a). Por otro lado la inclusi on inversa es siempre cierta yaque IV (a) es un ideal radical que contiene a a.

La inclusi on rad(a)⊆ IV (a) ya la conocemos.





Consecuencias del Teorema de los Ceros

Por el Teorema de losceros de Hilbert, sobre un cuerpo algebraicamente cerrado K existe unacorrespondencia biyectiva, que invierte el orden, entre los conjuntos algebraicos de An (K ) y los ideales radicales del anillo K [ X 1, . . . , X n ].

Otras consecuencias del Teorema de los ceros son:

Un conjunto algebraico V ⊆An (K ) se llama irreducible si cuando V = V 1∪V 2, para conjun-tos algebraicos V i se tiene V = V 1 o V = V 2.

Lema. 37.4.Si V es un conjunto algebraico af ´ ın irreducible, si y solo si I (V ) es un ideal primo.

DEMOSTRACI ON . Si V = V (c) es irreducible y ab ⊆ I (V ) = IV (c), entonces V = VIV (c) ⊆V (ab ) = V (a)∪V (b. Entonces V ⊆V (a) o V ⊆V (b), y se tiene a⊆ IV (a)⊆ I (V ) o b⊆ IV (b)⊆ I (V ).

Rec ıprocamente, si I (V ) es un ideal primo y V = V 1 ∪ V 2, entonces I (V ) = I (V 1 ∪ V 2) =

I (V 1) ∩ I (V 2). Luego I (V 1) = I (V ) o I (V 2) = I (V ), de donde se obtiene V 1 = V o V 2 = V .

Corolario. 37.5.Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado. Si p es un ideal primo de K [ X 1, . . . , X n ], entonces V (p) es un conjunto algebraico irreducible. Existe entonces una correspondencia biyectiva entre ideales primos y conjuntos algebraicos irreducibles. En esta correspondencia a los ideales maximales le corresponden los puntos.

Corolario. 37.6.Sea K un cuerpo algebraicamente cerrado. Sea F ∈ K [ X 1, . . . , X n ] un polinomio con factori-zaci ´ on F = F e 1

1 · · ·F e r r en factores irreducibles, entonces

V (F ) = V (F 1)∪ · · ·∪V (F r )

es la descomposici ´ on de V (F ) en componentes irreducibles. Adem ´ as, I V (F ) = ( F 1 · · ·F r ).En particular, existe una correspondencia biyectiva entre polinomios irreducibles F ∈K [ X 1, . . . , X n ] e hipersupercies irreducibles de An .




SEC . 38. E XTENSIONES TRASCENDENTES (REPASO ) 193

Corolario. 37.7.Sea a un ideal de K [ X 1, . . . , X n ], tenemos que son equivalentes:

(a) V (a) es un conjunto nito;

(b) K [ X 1, . . . , X n ]/ a es un K –espacio vectorial de dimensi ´ on nita.

En este caso el n ´ umero de puntos de V (a) est a acotado por la dimensi ´ ondimK (K [ X 1, . . . , X n ]/ a).

DEMOSTRACI ON . Sean x 1, . . . , x r ∈V (a), tomamos

F 1, . . . , F r ∈K [ X 1, . . . , X n ]

tales que F i (x j ) = δ ij , y llamamos F i + a a la clase de F i en K [ X 1, . . . , X n ]/ a . Si existe una com-binaci on

a i (F i + a) = 0,

entonces a i F i ∈a . Para cada ındice i tenemos

0 = ( a i F i )(x i ) = a i F i (x i ) = a i .

Y por tanto

{F 1+ a , . . . , F r + a

}son linealmente independientes, luego r

≤dimK (K [ X 1, . . . , X r ]/ a).

Rec ıprocamente, si V (a) = {x 1, . . . , x r }es nito, supongamos que x i = ( x i 1, . . . , x i n ), y deni-mos

F j =r

i = 1

( X j −x i j ).

De la denici on se deduce que F j ∈ I V (a), entonces existe m ∈ Ntal que F m j ∈ a. Consi-

derando ahora las clases F m j + a = 0, se deduce que X mr

j + a es una combinaci on K –linealde potencias de X j + a con exponente menor que mr . En consecuencia, tenemos un sistemade generadores

{ X e 1

1

· · · X e n

n + a

| e i < mr

} y K [ X 1, . . . , X n ]/ a es un K –espacio vectorial de

dimensi on nita.

38. Extensiones trascendentes (repaso)

Sea K ⊆L una extensi on nita de cuerpos.

Un conjunto nito {x 1, . . . , x n } ⊆ L de elementos de L se llama algebraicamente indepen-

diente sobre K si no existe un polinomio 0 = F ∈K [ X 1, . . . , X n ] tal que F (x 1, . . . , x n ) = 0.





Una familia {x i | i ∈ A }se llama algebraicamente independiente si lo es cada subfamilia

nita.Un elemento x ∈ L se llama trascendente sobre K si {x } es una familia algebraicamenteindependiente.

Lema. 38.1.Sea K ⊆L una extensi ´ on de cuerpos y x 1, . . . , x n ∈L elementos distintos. Son equivalentes:

(a) {x 1, . . . , x n }es algebraicamente independiente sobre K ;

(b) Para cada 1 < s < n la familia

{x 1, . . . , x s

}es algebraicamente independiente sobre K y

{x s + 1, . . . , x n }es algebraicamente independiente sobre K (x 1, . . . , x s ).

Sea K ⊆ L una extensi on de cuerpos. Una familia {x 1, . . . , x n } ⊆ L se llama una base detrascendencia de L sobre K si verica:

(I) {x 1, . . . , x n }es algebraicamente independiente sobre K ;

(II ) L es algebraico sobre K (x 1, . . . , x n ).

Lema. 38.2.Dada una extensi ´ on de cuerpos K ⊆ L , un conjunto X ⊆ L es una base de trascendencia si es un conjunto algebraicamente independiente maximal.

Lema. 38.3.

Sea K ⊆ L una extensi ´ on de cuerpos y x 1, . . . , x n ∈ L tales que K (x 1, . . . , x n ) ⊆ L es algebrai-ca. Se verica:

(1) Todo subconjunto de {x 1, . . . , x n }algebraicamente independiente sobre K , maximal pa-ra la inclusi ´ on, es una base de trascendencia de L sobre K ;

(2) Si {x 1, . . . , x s }, s ≤n es algebraicamente independiente sobre K , entonces existe una ba-se de trascendencia de L sobre K que contiene a {x 1, . . . , x s }y contenida en {x 1, . . . , x n }.

Como consecuencia las bases de trascendencia son subconjuntos algebraicamente independientes maximales respecto a la inclusi ´ on, y cada extensi ´ on de cuerpos K ⊆L tiene una base de trascendencia.





Teorema. 38.4.Dada una extensi ´ on de cuerpos K

⊆L se verica:

(1) Todo subconjunto X ⊆L tal que al extensi ´ on L / K ( X ) es algebraica contiene una base de trascendencia de la extensi ´ on L (K ).

(2) Dado un conjunto algebraicamente independiente {x 1, . . . , x n } y un conjunto

{a 1, . . . , a m } ⊆ L tal que la extensi ´ on L / K (a 1, . . . , a m ) es algebraica, existe una ordenaci ´ on de {a 1, . . . , a m } tal que para cada ´ ındice i = 1, . . . , n la extensi ´ onL / K (x 1, . . . , x i , a i + 1, . . . , a m ) es algebraica.

(3) El n ´ umero de elementos de una base de trascendencia es un invariante.

Este invariante se llama el grado de trascendencia de la extensi on y lo vamos a representarpor grtr( L / K ). Una extensi on es algebraica si, y s olo si, su grado de trascendencia es igual acero.Corolario. 38.5.Si K es un cuerpo, el grado de trascendencia del cuerpo K ( X 1, . . . , X n ), el cuerpo de fraccio-nes del anillo de polinomios K [ X 1, . . . , X n ], es igual a n .

Teorema. 38.6. (Teorema de L uroth.)Dado un elemento trascendente x sobre K , para todo cuerpo intermedio L tal que K ⊆ L ⊆K (x ) existe y

∈K (x ) tal que L = K ( y ). En particular toda extensi ´ on intermedia K

⊆L

⊆

K (x )es una extensi ´ on trascendente pura.

Teorema. 38.7.Dado un elemento trascendente x sobre K y polinomios f , g ∈ K [x ] no nulos, primos relati-vos y no siendo los dos constantes, entonces [K (x ) : K ( f / g )] = m ax{gr ( f ), gr (g )}.

Teorema. 38.8. (Teorema de Castelnuovo.)Dada una extensi ´ on trascendente pura K ⊆ K (x 1, x 2) de grado de trascendencia dos, para cada cuerpo intermedio K ⊆L ⊆K (x 1, x 2) la extensi ´ on L / K es trascendente pura.

Teorema. 38.9.

Dada una torre de cuerpos K ⊆L ⊆

F se verica: grtr( F / K ) = grtr( F / L ) + grtr( L / K ).

39. Ejercicios

Ejercicio. 39.1.Sea A ⊆ B una extensi ´ on de anillos y u 1, . . . , u t ∈ B elementos enteros sobre A , demuestra

que A [u 1, . . . , u t ] es un A –m ´ odulo nitamente generado.





SOLUCI ON

Ejercicio. 39.2.Sea A ⊆ B una extensi ´ on entera de anillos y p ⊆ A un ideal primo. Demuestra que todo elemento x ∈pe = B p (el extendido de p) satisface una ecuaci ´ on x n + a n −1x n −1 + · · ·+ a 1x +a 0 = 0 con a i ∈p, i = 0, . . . , n −1.

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.3.Sea a = ( F 1, . . . , F t ) un ideal del anillo de polinomios K [ X 1, . . . , X n ]. Vamos a dar un algorit-mo para determinar cuando un polinomio F ∈ K [ X 1, . . . , X n ] pertenece al radical de a. Este algoritmo se basa en el siguiente hecho: Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) F ∈rad( a).

(b) 1∈(F 1, . . . , F t , 1 −YF )⊆K [ X 1, . . . , X n , Y ].

Entonces el algoritmo consiste en determinar una base de Groebner del ideal (F 1, . . . , F t , 1−YF ) y ver si se reduce a {1}.

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.4.Sea K un cuerpo. Demuestra que el ideal ( X 3 −Y 2) de K [ X , Y ] es un ideal radical.Este ejercicio se puede generalizar en la siguiente forma: Sea K un cuerpo innito. Si i y j son enteros positivos primos relativos, demuestra que ( X i −Y j ) es un ideal radical en K [ X , Y ].

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.5.Sea K un cuerpo.

(1) Demuestra que el ideal ( X 2 −Y 3)⊆K [ X , Y ] es un ideal primo.

(2) Llamamos T = X / Y en el cuerpo de fracciones del dominio A := K [ X , Y ]/ ( X 2 − Y 3).Demuestra que F = K (T ) es el cuerpo de fracciones de A , y que K [T ] es la clausura entera de A en F .

SOLUCI ON





Ejercicio. 39.6.Sea D un dominio de integridad e i , j enteros positivos primos relativos.

(1) Demuestra que ( X i −Y j ) es un ideal primo de D [ X , Y ].

(2) Cuando D = K es un cuerpo determina la normalizaci ´ on de A := K [ X , Y ]/ ( X i −Y j ).

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.7.Sea K un cuerpo. Demuestra que el ideal (Y 2 − X 3 − X 2) de K [ X , Y ] es primo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.8.Sea K un cuerpo y a = ( Y 2 − X 3 − X 2)⊆K [ X , Y ] un ideal.

(1) Demuestra que a es un ideal primo de K [ X , Y ].

(2) Determina la normalizaci ´ on del dominio de integridad A := K [ X , Y ]/ (Y 2 − X 3 − X 2).

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.9.Sea K un cuerpo de caracter ´ ıstica distinta de 2 y 3 y a = ( X 3 + Y 3 + Z 3, X 2 + Y 2 + Z 2, ( X +Y + Z )3)⊆K [ X , Y , Z ] un ideal. Demuestra que X , Y , Z ∈rad( a).

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.10.Sea K un cuerpo y a = ( X 4 + Y 4 + Z 4, X + Y + Z )⊆K [ X , Y , Z ].

(1) Si car (K )

= 2, utiliza bases de Groebner para comprobar que XY + XZ + YZ

∈ rad(a) y

determina la m ´ ınima potencia de XY + XZ + YZ contenida en a.

(2) Sea b = ( X 4 + Y 4 + Z 4, X + Y + Z , XY + XZ + YZ )⊆K [ X , Y , Z ]. Comprueba que la base de Groebner reducida de b respecto al orden lexicogr ´ aco X > Y > Z es { X + Y + Z , Y 2 +YZ + Z 2}. Deduce que K [ X , Y , Z ]/ b∼= K [Y , Z ]/ (Y 2 + YZ + Z 2), y que b es un ideal radical si car (K ) = 3.

(3) Si car (K ) = 2, 3, demuestra que rad(a) = b.

(4) Si car (K ) = 3, demuestra que rad(a) = ( X −Y , Y −Z ).

(5) Si car (K ) = 2, demuestra que a = ( X + Y + Z ) es un ideal primo, y por tanto radical.





SOLUCI ON

Ejercicio. 39.11.Sea a = ( X 2Y + Z 3, X + Y 3 −Z , 2Y 4Z −YZ 2 −Z 3) ⊆ K [ X , Y , Z ]. Utiliza bases de Groebner para probar que X , Y , Z ∈ rad(a) y concluye que rad(a) = ( X , Y , Z ). Demuestra que X 9, Y 7,Z 9 son las m ´ ınimas potencias de X , Y y Z , respectivamente, que pertenecen en a.

SOLUCI ONEjercicio. 39.12.Sean V = V ( X 3 − X 2Z −Y 2Z ), W = V ( X 2 + Y 2 −Z 2) conjuntos algebraicos de C3. Demuestra que I (V ) = ( X 3 − X 2Z −Y 2Z ), y I (W ) = ( X 2 + Y 2 −Z 2) en C[ X , Y , Z ].

SOLUCI ONEjercicio. 39.13.Sea V = V ( X 3 + Y 3 + 7Z 3)⊆C3. Demuestra que I (V ) = ( X 3 + Y 3 + 7Z 3)⊆C[ X , Y , Z ].

SOLUCI ONEjercicio. 39.14.Sea A ⊆B una extensi ´ on entera de anillos.

(1) Si p1 ⊆ p2 ⊆ . . . ⊆ pn es una cadena de ideales primos distintos de A , demuestra que existe una cadena q1 ⊆q2 ⊆. . .⊆qn de ideales primos distintosde B tales que qi ∩ A = pi para i = 1, . . . , n .

(2) Si q1 ⊆ q2 ⊆ . . . ⊆ qn es una cadena de ideales primos distintos de B y pi = qi ∩ A , para i = 1, . . . , n , demuestra que p1 ⊆p2 ⊆. . .⊆pn es una cadena de ideales primos distintos de A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.15.Sea A ⊆B una extensi ´ on entera de anillos.

(1) Si a ∈ A es invertible en B , demuestra que a es invertible en A .

(2) Demuestra que J ( A ) = J (B )c .

SOLUCI ONEjercicio. 39.16.Sea A ⊆ B una extensi ´ on entera de anillos. Si todo ideal primo no nulo de A es maximal,

demuestra que todo ideal primo de B es maximal.





SOLUCI ON

Ejercicio. 39.17.

(1) Prueba que si a es un ideal maximal de A , nunca a[x ] es un ideal maximal de A [ X ].

(2) Encuentra un ideal maximal m⊆ A [ X ] tal que a[x ]⊆m.

SOLUCI ONEjercicio. 39.18.Sea p un ideal de K [ X 1, . . . , X n ] primo y principal, entonces ht( p) = 1 o equivalentemente dim(K [ X 1, . . . , X n ]/ p) = n

−1.

Observa que como una hipersupercie es el conjunto de ceros de un polinomio, entonces cuando ´ este es irreducible, la hipersupercie es de dimensi ´ on n −1.

SOLUCI ONEjercicio. 39.19.Determinar los ideales primos del anillo C[ X , Y ].

SOLUCI ON

Ejercicio. 39.20.Calcula un subanillo de polinomios maximal en A = R[ X , Y ]/ ( XY −1).

SOLUCI ON




Cap ıtulo VII

Espectro primo y localizaci on

40 Localizaci on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20241 Ideales primos en anillos de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21442 Modulos de fracciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22643 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

Introducci on

Una de las t ecnicas m as utiles en ´ Algebra Conmutativa es la de localizaci on. Desde un puntode vista algebraico esta permite, de forma dual al anillo cociente, estudiar los ideales (primos)contenidos en uno dado y, desde el punto de vista geom etrico, permite estudiar conjuntosalgebraicos en las proximidades de algunos de sus puntos y, en general, de subconjuntos al-gebraicos irreducibles. Se inicia el cap ıtulo con una introducci on a los anillos de fracciones,su construcci on y sus propiedades elementales. En la segunda secci on se aplican estos resul-tados al estudio de los ideales primos de anillos de polinomios, estableciendo en este caso

tests de primalidad de ideales. Se cierra el cap ıtulo con la construcciones de los m odulos defracciones y el estudio de las propiedades categ oricas que se deducen de estas construccio-nes.



202 C AP. VII. ESPECTRO PRIMO Y LOCALIZACI ON

40. Localizaci on

Sea A un anillo y Σ ⊆ A un subconjunto cerrado para la multiplicaci on y conteniendo alelemento 1, i.e., multiplicativamente cerrado . Suponemos adem as que 0 /∈ Σ. Se considerael producto cartesiano A ×Σ , y en el se dene una relaci on de equivalencia

(a 1, s 1) ≡(a 2, s 2) si y solo si existe t ∈Σ tal que (a 1s 2 −a 2s 1)t = 0. (VII.1)

Lema. 40.1.Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo, entonces ( A ×Σ) / ≡, con operaciones denidas por:

(a 1, s 1) + ( a 2, s 2) = ( a 1s 2 + a 2s 1, s 1s 2)(a 1, s 1)(a 2, s 2) = ( a 1a 2, s 1s 2)

y elemento uno igual a (1, 1), es un anillo conmutativo y la aplicaci ´ on λΣ , A : A →( A ×Σ) / ≡,denida por λΣ , A (a ) = ( a , 1) es un homomorsmo de anillos.

Para simplicar la notaci on representamos a ( A ×Σ) / ≡simplemente por Σ−1 A y lo llamamosel anillo de fracciones de A respecto a Σ . El elemento (a , s ) se representa por a

s . La aplicaci onλΣ , A se representa, abreviadamente, por λ.

DEMOSTRACI ON . La operaci on suma est a bien denida. Sea a b =

a b , por lo tanto existe s ∈ Σ

tal que s (ab −a b ) = 0, para cada c d ∈Σ−1 A se tiene:

a b

+ c d −

a b

+ c d

= ad + bc

bd − a d + b c

b d =

(ad + bc )b d −(a d + b c )bd bb d 2

.

Para ver que el resultado es igual a cero escribimos:

s [(ad + bc )b d −(a d + b c )bd ] = s [ab d 2 + bb cd −a bd 2 −bb cd ] = s (ab −a b )d 2 = 0.

Por otro lado se tiene

a b ×

c d −

a b ×

c d

= ac bd −

a c b d

= acb d −a cbd

bb d 2 .

Para ver que el resultado es igual a cero escribimos:

s [acb d −a cbd ] = s (ab −a b )cd = 0.

Las propiedades aritm eticas de la suma y el producto son directas y se dejan como ejercicio

para el lector.




SEC . 40. L OCALIZACI ON 203

Observaciones. 40.2.(1) Si0

∈

Σ , entonces el anillo Σ−1 A es el anillo trivial, esto es, todos los elementosson igualesa cero. Por lo tanto vamos a suponer, como se nalamos al principio y si no se especica locontrario, que Σ no contiene al elemento 0.

(2) El sentido de incluir t en la denici on de la relaci on de equivalencia en ( VII.1) es paraasegurar que una fracci on a / s es la fracci on cero si y solo si existe t ∈ Σ tal que at = 0, y es necesaria ya que el anillo A no tiene que ser necesariamente un dominio de integridad.Observa que si no incluimos t es la denici on de la relaci on de equivalencia y 0 = a ∈ A verica as = 0 para alg un s ∈Σ , entonces

a

1 =

as

s =

0

s =

0

1,

lo que ser ıa una contradicci on, ya que tendr ıamos a = 0.

Lema. 40.3.Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo. Se verica

Ker(λΣ , A ) = {a ∈ A | ∃s ∈Σ tal que as = 0}.

En particular son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) λΣ , A : A

→Σ−1 A es inyectivo.

(b) Σ no contiene divisores de cero.

DEMOSTRACI ON . La descripci on del n ucleo es consecuencia directa de la denici on de larelaci on de equivalencia. Para la equivalencia tenemos:

(a)⇒(b). Supongamos que λ es inyectivo y que s ∈ Σ es un divisor de cero, entonces existe0 = x ∈ A tal que sx = 0, y por tanto λ(x ) = 0, lo que es una contradicci on.

(b)

⇒ (a). Si λ(x ) = 0, entonces x / 1 = 0/ 1, y existe s

∈ Σ tal que sx = 0. Por tanto s es un

divisor de cero, lo que es una contradicci on.

Teorema. 40.4. (Propiedad universal del anillo de fracciones.)Dado un anillo conmutativo A y un subconjunto multiplicativo Σ , para cada homomorsmo de anillos conmutativos f : A → B tal que para cada s ∈ Σ se verica que f (s ) ∈ B es invertible, existe un ´ unico homomorsmo de anillos f : Σ−1 A →B tal que f = f ◦λΣ , A .

A λ Σ , A

f

Σ−1 A

f

B





Cuando A es un dominio de integridad, entonces Σ0 = A \ {0} y el anillo de fracciones es un

cuerpo, lo llamamos el cuerpo de fracciones de A .Como consecuencia del Lema ( 40.3. ), para cada subconjunto multiplicativo Σ si λΣ , A : A −→Σ−1 A es inyectivo, entonces Σ ⊆ Σ0, y es claro que el anillo total de fracciones de A es elmayor anillo de fracciones de A en el que A est a incluido como un subanillo.

Ejemplo. 40.10.Dado un anillo conmutativo A y un elemento a ∈ A , el conjunto Σ = {a n | n ∈ N}es multi-plicativo. El anillo de fracciones se representa por A a , y est a formado por todas las fraccionesque tienen como denominador una potencia de a . Observar que si a es nilpotente, entonces0∈Σ y el anillo de fracciones A a se reduce a 0.

Ideales primos

Lema. 40.11. (Teorema de Krull.)Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo (que no contiene a cero)entonces existe un ideal primo p que es maximal vericando p ∩Σ = ∅.

DEMOSTRACI ON . Dado Σ denimos Γ = {p | p es un ideal primo de A tal que p ∩Σ = ∅}. Se

prueba que Γ es no vac ıo, ya que 0 ∈ Γ, y es inductivo. Aplicando el Lema de Zorn existen enΓ elementos maximales. Finalmente probamos que cada elemento maximal de Γ es un idealprimo y se tiene el resultado.

Corolario. 40.12.Sea A un anillo conmutativo, entonces A tiene ideales maximales y cada ideal propio est ´ a contenido en un ideal maximal.

A continuaci on, suponiendo probado el anterior Corolario, ver por ejemplo Lema ( 3.9.), sepuede hacer la siguiente demostraci on del Lema de Krull.

DEMOSTRACI ON . [Otra demostraci on del Lema de Krull.] Se considera el homomorsmo λ : A −→ Σ−1 A . En Σ−1 A tomamos un ideal maximal m. Finalmente tomamos p := λ−1(m), quees un ideal primo de A que es maximal entre los que verican p ∩Σ = ∅.

Subconjuntos saturados

Sea A un anillo conmutativo, un subconjunto multiplicativo se llama saturado si verica:

ab ∈

Σ implica a ∈

Σ y b ∈

Σ para cualesquiera a , b ∈

A





El ejemplo t ıpico de subconjunto multiplicativo saturado es el complemento de un ideal pri-

mo. Es claro que la intersecci on de subconjuntos multiplicativos saturados tambi en lo es,luego para cada subconjunto multiplicativo podemos considerar su clausura saturada , estoes, la intersecci on de los subconjuntos multiplicativos saturados que lo contienen; lo repre-sentamos por Σ . La descripci on de la clausura saturada de Σ es:

Σ = {a ∈ A | existe b ∈ A tal que ab ∈Σ}.

En efecto, es claro que Σ , as ı denido, es un subconjunto multiplicativo saturado que contie-ne a Σ . Para ver que es saturado, sean a 1a 2 ∈Σ , existe b ∈ A tal que (a 1a 2)b ∈Σ , de la igualdad(a 1a 2)b = a 1(a 2b ) = a 2(a 1b ) se tiene que a 1, a 2 ∈ Σ. En este caso se tiene un isomorsmoΣ−1 A ∼= Σ−1

A . Ver Ejercicio ( 43.13. ).

Otra descripci on de Σ se obtiene como consecuencia del Teorema de Krull.

Lema. 40.13.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, entonces

Σ = ∩{ A \ p | p∈Spec( A ), p ∩Σ = ∅}DEMOSTRACI ON . Dado Σ denimos

Σ s = ∩{ A \ p | p∈Spec( A ), p ∩Σ = ∅}.

Es claro que Σ ⊆ Σs y que Σ s es saturado ya que es intersecci on de subconjuntos saturados.Como consecuencia Σ ⊆ Σs . Sea ahora x ∈ Σs \Σ , entonces para cada ideal primo p tal quep ∩Σ = ∅se tiene x /∈ p. Por otro lado x /∈ Σ , y como Σ es saturado, para cada a ∈ A se tieneax /∈Σ , esto es, Ax ∩Σ = ∅. Existe un ideal q maximal entre los que contienen a Ax y no cortana Σ . Es claro que q es un ideal primo que no corta a Σ y que por tanto no puede contener a x ,llegando as ı a una contradicci on.

Ver Ejercicio ( 43.12. )

Observa que se tiene Σ = A

\(

∪{p

| p

∩Σ =∅}

). Por lo tanto todo subconjunto multiplicativosaturado es un complemento de una uni on de ideales primos.

Ejemplo. 40.14.Sea A un anillo conmutativo, como U ( A ), el conjunto de las unidades de A , es un conjuntomultiplicativo saturado, entonces A \ U ( A ) es una uni on de ideales primos, en concreto detodos los ideales maximales de A .Ejemplo. 40.15.Sea A un anillo conmutativo y Reg( A ) = Σ 0, el conjunto de los elementos regulares, entonces A \ Reg( A ) es el conjunto de los divisores de cero. Como Reg( A ) es un subconjunto multipli-cativo saturado, tenemos que el conjunto de los divisores de cero es una uni on de ideales

primos.





Extensi on y contracci on de ideales. Anillos locales

Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y λΣ , A : A −→ Σ−1 A el homo-morsmo can onico. Para cada ideal a de A se tiene

ae = λ(a)Σ −1 A = aΣ−1 A = {a / s ∈Σ−1 A | a ∈a , s ∈Σ}= Σ −1a .

Si b es un ideal de Σ−1 A , entonces

λ−1(b) = {a ∈ A | a / 1∈b}= bc .

En general se verica b = bce y a

aec . Para analizar la ultima inclusi on llamamos a aec laΣ–saturaci on de a. Es claro que

aec = {a ∈ A | existe s ∈Σ tal que sa ∈a}.

Ejemplo. 40.18.Se considera el anillo Z y el subconjunto multiplicativo Σ = Z\ {0}. Si a = 2Z, entoncesae = 2ZQ= Q y es claro que a aec = Z.

Proposici on. 40.19.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, existe una biyecci ´ on que conserva el orden entre los ideales de Σ−1 A y los ideales Σ–saturados de A . Adem ´ as para cada ideal a de A se verica aec = A si y s olo si a ∩Σ = ∅.En particular existe una correspondencia biyectiva entre los ideales primos de Σ−1 A y los ideales primos de A que no cortan a Σ .

DEMOSTRACI ON . Es clara la biyecci on entre los ideales de Σ−1 A y los ideales Σ–saturados de A , as ı como el que ae = Σ −1S si y solo si a ∩Σ = ∅. Por otro lado, si p es un ideal primo de A que no corta a Σ , entonces p es Σ–saturado, lo que prueba la biyecci on se nalada. Vamos a verque si p es primo y p ∩Σ = ∅, entonces p = pec . Si x ∈pec , existe s ∈Σ tal que xs ∈p, y como pes primo y s /∈p, se tiene x ∈p.

Proposici on. 40.20.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 es una fun-ci on creciente en el conjunto de los ideales que conmuta con las siguientes operaciones de ideales:

(1) Sumas.

(2) Productos.

(3) Intersecciones nitas.

(4) Radicales.





DEMOSTRACI ON . Es claro que si a⊆b, entonces Σ−1a⊆Σ−1b.

Se tiene λ∈Λ Σ−1a ⊆ Σ( λ∈Λ aλ ), y si a / 1 ∈ Σ( λ∈Λ aλ ), existe s ∈ Σ tal que as ∈ λ∈Λ aλ ;si as = λ a λ ∈ λ∈Λ aλ , de soporte nito, entonces a / 1 = as / s = λ a λ / s ∈ λ∈Λ Σ−1aλ , y tenemos la igualdad.

Basta probar que Σ−1(ab ) = (Σ −1a)(Σ −1b).

Como Σ−1(a ∩b) ⊆ Σ−1a , Σ−1b, se tiene Σ−1(a ∩b) ⊆ Σ−1a ∩Σ−1b. Por otro lado, si a / 1 ∈Σ−1a ∩Σ−1b, existe s ∈Σ tal que as ∈a , b, luego a / 1 = as / s ∈Σ−1(a ∩b).

Si a / 1

∈ rad(Σ −1a), existe n

∈ Ntal que a n / 1

∈ Σ−1a , y existe s

∈ Σ tal que a n s

∈ a, luego

a n s n ∈

a y as ∈ rad(a), por lo tanto a / 1 = as / s ∈ Σ−1a . Por otro lado, si a / 1 ∈ Σ−1a existes ∈ Σ tal que as ∈ rad(a) y existe n ∈ Nal que a n s n

∈ a, entonces a n / 1 = a n s n / s n ∈ Σ−1a , y

a / 1∈rad(Σ −1a).

Para intersecciones arbitrarias el resultado no es cierto, como prueba el siguiente ejemplo.

Ejemplo. 40.21.Considera el anillo A = Z, y para cada n ∈ N∗ el ideal an = n Z. Tomamos Σ = Z\ {0}. Severica:

Σ−1 ∩n an = Σ −10 = 0.

Por otro lado

∩n Σ−1an = ∩n Q= Q.

Aunque Σ−1 no conmuta con intersecciones innitas, como consecuencia de la conmutaci onde Σ−1 y el radical de ideales se tiene el siguiente resultado:

Corolario. 40.22.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, se verica: Nil(Σ−1 A ) =Σ−1 Nil( A ).

DEMOSTRACI ON . Es claro que

Σ−1 Nil( A ) = Σ −1(∩{p | p primo en A })⊆∩{Σ−1p | p primo en A }= Nil(Σ −1 A ).

Por otro lado, si a s ∈ Nil(Σ−1 A ), existe n ∈ Ntal que a

s n = 0, y por tanto existe t ∈ Σ tal que

ta n = 0. Entonces (ta )n = 0 y ta ∈Nil( A ). En consecuencia a s = ta

ts ∈Σ−1 Nil( A ).

Si p es un ideal primo de un anillo A , el localizado A p tiene un unico ideal maximal, ver Propo-sici on ( 40.19. ). Por lo tanto es un anillo local , y existe una biyecci on entre los ideales primos

de A p y los ideales primos de A contenidos en p. Como consecuencia, si p es un ideal primo





minimal (no contiene a ning un otro ideal primo) de A , entonces A p es un anillo con un unico

ideal primo.La siguiente es una descripci on del anillo de fracciones en el caso particular de un dominio,en el sentido se nalado en el Ejemplo ( 40.9. ).

Proposici on. 40.23.Sea D un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K , entonces

(1) cada anillo de fracciones de Σ−1D de D es un subanillo de K y

(2) se verica: D = ∩{D m | m∈Max(D )}.

DEMOSTRACI ON . Dado un subconjunto multiplicativo Σ ⊆ D se tiene Σ ⊆ D \ {0}, luegoD ⊆Σ−1 A ⊆K .

Se tiene entonces D ⊆ ∩mD m . Por otro lado, se x ∈ ∩mD m , entonces para cada x ∈ ∩m A mexisten a x ∈ A y s x ∈ A \ m tales que x = a x / s x . Como consecuencia xs x = a x ∈ A . Entonces elideal A : x = {a ∈ A | xa ∈ A }no est a contenido en ning un ideal maximal m, y por lo tanto A : x = A , esto es, x ∈ A .


Observaci on. 40.24. Ya que para cada ideal primo p de un anillo A existe un ideal maximal m tal que p ⊆ m, en-tonces existe un homomorsmo inyectivo A m → A p, y podemos, en la anterior intersecci on,sustituir el conjunto de los ideales maximales por el conjunto de los ideales primos.


Lema. 40.25.Sea A un anillo noetheriano y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1 A es unanillo noetheriano.

DEMOSTRACI ON . Es consecuencia de la Proposition ( 40.20. ).






multiplicando por t n −1 tenemos:

(tx )n + a n −1(tx )n −2 + · · ·+ a 0t n −1 = 0,

luego tx es entero sobre A y por tanto tx ∈ A , entonces x = tx / t ∈Σ−1 A y Σ−1 A es un dominionormal.

Ahora tratamos la clausura entera.

Proposici on. 40.29.Sea A ⊆ B una extensi ´ on de anillos y A ⊆ C ⊆ B la clausura entera de A en B . Si Σ ⊆ A es unsubconjunto multiplicativo, entonces Σ−1C es la clausura entera de Σ−1 A en Σ−1B .

DEMOSTRACI ON . Tenemos las extensiones de anillos

Σ−1 A ⊆Σ−1C ⊆Σ−1B .

Por la proposici on ( 40.27. ) resulta que Σ−1 A ⊆ Σ−1C es una extensi on entera, luego Σ−1C est a contenido, C , la clausura entera de Σ−1 A en Σ−1B . Dado ahora un elemento s / t ∈ C ,existe una expresi on

(x / t )n

+ ( a n −1/ s )(x / t )n

−1

+ · · ·+ ( a 0/ s ) = 0,con s ∈Σ . Multiplicando por (st )n tenemos la expresi on:

(sx )n + ( a n −1/ s )st (sx )n −1 + · · ·+ ( a 0/ s )s n t n = 0.

(sx )n + a n −1t (sx )n −1 + · · ·+ a 0s n −1t n = 0.

Entonces sx ∈B es entero sobre A y por tanto sx ∈C . Luego x / t = sx / st ∈Σ−1C y tenemos laigualdad Σ−1C = C .

Como consecuencia de esta proposici on tenemos que el ser un dominio normal es una pro-piedad local, esto es, un dominio de integridad A es normal si y solo si cada localizado A p,conp primo, es un dominio normal.

Proposici on. 40.30.Sea A un dominio de integridad. Son equivalentes:

(a) A es normal;

(b) A p es normal para cada ideal primo p;

(c) A m es normal para cada ideal primo m.





DEMOSTRACI ON . Llamemos C a la clausura entera de A en K , y llamemos ϕ: A → C la inclu-

sion can onica. Como consecuencia del Lema ( 42.14. ), tenemos las equivalencias: A es normal ⇔ϕ es sobreyectiva

⇔ϕp es sobreyectiva para cada ideal primo p( A p es normal para cada ideal primo p)

⇔ϕm es sobreyectiva para cada ideal maximal m.( A m es normal para cada ideal maximal m).

Ideales primarios

Ya conocemos que los ideales primos son ideales saturados. Vamos a introducir un nuevotipo de ideales saturados: los ideales primarios.

Sea A un anillo conmutativo. Un ideal a se llama primario si verica:

ab ∈a y a /∈a , entonces existe n ∈Ntal que b n ∈a .

Como consecuencia de la denici on, si a es un ideal primario, entonces rad(a) es un idealprimo, sea p, entonces a se llama p–primario .

Proposici on. 40.31.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo, se verica:

(1) Si p ∈ Spec( A ), p ∩Σ = ∅y a un ideal p–primario, entonces a es Σ–saturado (tambi ´ en podemos quedarnos con la condici ´ on a ∩Σ = ∅);

(2) Si p∈Spec( A ), p ∩Σ = ∅y a un ideal p–primario, entonces Σ−1a = Σ −1 A ;

(3) Existe una correspondencia biyectiva entre ideales primarios de Σ−1 A e ideales prima-

rios de A que no cortan a Σ .

DEMOSTRACI ON .

(1) Como p ∩Σ = ∅, resulta que Σ ⊆ A \ p, y por tanto basta comprobar que si as ∈ a, cons /∈ p, entonces a ∈ a. En efecto, si a /∈ a, existe n ∈ Ntal que s n

∈ a ⊆ p, lo que es unacontradicci on.

(2) En este caso basta comprobar que a ∩Σ = ∅. Si p ∩Σ = ∅, para cada s ∈p∩Σ existe n ∈Ntal que s

n

∈a , luego s

n

∈a ∩Σ .





(3) Dado a un ideal primario que no corta a Σ basta ver que Σ−1a es un ideal primario en

Σ−1

A . Sean (a / 1)(b / 1)∈

Σ−1

a , entonces ab / 1∈

Σ−1

a y tenemos ab ∈

a por ser a un idealΣ–saturado. Entonces a ∈a o existe n ∈Ntal que b n ∈a . Por tanto tenemos a / 1∈Σ−1a o

existe n ∈Ntal que (b / 1)n ∈Σ−1a . Rec ıprocamente, si q⊆Σ−1 A es primario y ab ∈qc , se

tiene (ab )/ 1 ∈ q, luego a / 1 ∈ q o existe n ∈Ntal que (b / 1)n ∈ q. Entonces se tiene a ∈ qc

o existe n ∈Ntal que b n ∈qc .

41. Ideales primos en anillos de polinomios

Dado un anillo A estamos interesados en determinar si un ideal dado de A [ X ] es primo. Paraesto hacemos la siguiente observaci on: Dado un ideal primo p de A [ X ] se tienen los siguientes resultados :

(1) p ∩ A ⊆ A es un ideal primo .

Llamamos B := A / (p ∩ A ). Como B es un dominio, sea F su cuerpo de fracciones. Se vericaque F [ X ] es el anillo de fracciones de B [ X ] con respecto al subconjunto multiplicativo Σ =B \ {0}⊆B [ X ]. Existe un homomorsmo de anillos:

A [ X ] α

A [ X ](p ∩ A )

= B [ X ] β

F [ X ],

donde α es la proyecci on can onica y β la inclusi on en el localizado.

Se tiene Ker(α) = ( p ∩ A )[ X ]⊆p, luego α(p) es un ideal primo de B [ X ]. Como α(p) ∩Σ = ∅, yaque si b = a +( p

∩ A )

∈

α(p)

∩Σ , existe p

∈

p tal que α(p ) = b = α(a ), luego p

−a

∈

Ker(α)

⊆

p, y por tanto a ∈p ∩ A y b = 0, lo que es una contradicci on, tenemos:

(2) α(p)e := β (α(p))F [ X ] es un ideal primo de F [ X ] y

(3) el ideal α(p) es Σ–saturado en B [ X ].

Esto ultimo es consecuencia de que α(p) es un ideal primo que α(p) ∩Σ = ∅.

Vamos a probar la siguiente proposici on:




SEC . 41. I DEALES PRIMOS EN ANILLOS DE POLINOMIOS 215

Proposici on. 41.1.En la situaci ´ on anterior un ideal p de A [ X ] es un ideal primo si y solo si se verica:

(1) p ∩ A es un ideal primo de A .

(2) α(p)e es un ideal primo de F [ X ].

(3) α(p) es un ideal Σ–saturado de B [ X ].

DEMOSTRACI ON . Ya hemos probado la condici on necesaria. Veamos la condici on suciente.Dados f , g ∈ A [ X ] tales que fg ∈ p, aplicando β ◦α : A [ X ] −→ B [ X ] −→ F [ X ] tenemos (β ◦α)( f )(β ◦α)(g ) ∈ α(p)e . Entonces (β ◦α)( f ) ∈ α(p)e o (β ◦α)(g ) ∈ α(p)e . Supongamos que

(β ◦ α)( f ) ∈ α(p)e , como α(p) es Σ–saturado se tiene α( f ) ∈ α(p), y existe p ∈ p tal queα( f ) = α(p ), esto es, f −p ∈Ker(α)⊆p, luego f ∈p.

Ejercicio. 41.2.Veamos, como aplicaci ´ on, cuales son los ideales primos de Z[ X ].

DEMOSTRACI ON .

(1) Por un lado tenemos el ideal cero.

(2) Si p es un ideal primo no nulo de Z[ X ] se tiene p ∩Z = p Z(2.1) Si p = 0, entonces A = B = Z y F = Q.

A [ X ] α B [ X ] β

F [ X ].

Por tanto α(p)e = pQ[ X ] es un ideal primo no nulo de Q[ X ]. Sea pQ[ X ] = (h ), conh ∈Z[ X ]. Podemos suponer que h es un polinomio irreducible primitivo, evidente-mente se tiene p = ( h ).

(2.2) Si p = 0, entonces A = Z, B = F = Zp .

A [ X ] α B [ X ]

β F [ X ].

En este caso α(p) es un ideal primo de Zp [ X ].

(2.2.1) Si α(p) = 0 tenemos p⊆Ker(α) = ( p ∩ A )[ X ]⊆p, y p = p Z[ X ].(2.2.2) Si α(p) = 0 tenemos α(p) = ( h ), siendo h ∈ Zp [ X ] irreducible. En este caso

existe f ∈ p tal que α( f ) = h y se verica p = ( p , f )Z[ X ]. En efecto, si g ∈ ptenemos α(g ) = ch , con c ∈ Zp [ X ]. Sea d ∈ Z[ X ] tal que α(d ) = c , entoncesα(df ) = ch = α(g ), esto es, g −df ∈ Ker(α) ⊆ (p ∩ A )[ X ] = p Z[ X ], esto es,

g ∈(p , f )Z[ X ].





En resumen los ideales primos de Z[ X ] son de la forma (h ), (p ) o (p , f ), siendo p ∈ Zprimo,

h ∈Z[ X ] irreducible primitivo y f ∈Z[ X ] irreducible y es tambi en irreducible m odulo p .

Ejercicio. 41.3.Con la notaci ´ on del Ejercicio (41.2. ) Prueba que para cada ideal primo (h ) ⊆ Zp [ X ] existendos ´ unicos ideales primos p1 ⊆p2 de Z[ X ] tales que 0 = p1 ∩Z⊂p2 ∩Z = p Zy α(p1) = ( h ) =α(p2).

SOLUCI ON . Ya que h es primo, resulta que h ∈ Zp [x ] es irreducible, entonces existe f ∈ Z[ X ]irreducible tal que f → h . Consideramos p1 = ( f ) y p2 = ( p , f ), que verican las condicionesimpuestas. La unicidad se desprende de la forma de los ideales primos de Z[ X ].

A la hora de calcular los ideales primos de A [ X ] necesitamos un resultado t ecnico para com-probar la saturaci on de ideales.

Lema. 41.4.Sea B un dominio de integridad con cuerpo de fracciones F , b ⊆ B [ X ] un ideal tal que be =bF [ X ] = (h ), siendo h ∈B [ X ] con coeciente l ´ ıder b . Se verica:

(1) bec = bF [ X ]∩B [ X ] = bB b [ X ]∩B [ X ] = hB b [ X ]∩B [ X ].

(2) Si c = ( b, 1

−bT )B [ X , T ], entonces bB b [ X ]

∩B [ X ] = c

∩B [ X ].

DEMOSTRACI ON .

(1) Ya que B b ⊆ F , se tiene hB b [ X ] ⊆ bB b [ X ] ⊆ hF [ X ] ∩B b [ X ], y si f ∈ hF [ X ] ∩B [ X ]. Sean ax n ,bx m los monomios l ıderes de f y h , respectivamente. Como f ∈ hF [ X ], se tiene n ≥ m y tenemos

f −a b

X n −m h ∈hF [ X ]∩B b [ X ]

tiene grado menor que f . Iterando el proceso llegamos a un polinomio de grado menorque m , por lo que ha de ser igual a cero, y en consecuencia f es una combinaci on en B

b de m ultiplos de h , esto es, f ∈ hB b [ X ], y tenemos hF [ X ] ∩ B b [ X ] = hB b [ X ]. Al hacer laintersecci on con B [ X ] tenemos:

bec = bF [ X ]∩B [ X ] = hF [ X ]∩B [ X ] = hB b [ X ]∩B [ X ] = bB b [ X ]∩B [ X ].

Observar que en este punto hemos reducido el problema a considerar solamente fraccio-nes en las que los denominadores son potencia de b .

(2) Vamos a relacionar bB b [ X ] ∩B [ X ] y c ∩B [ X ]. Dado f ∈ bB b [ X ] ∩B [ X ] se verica f = hg ,siendo g ∈B b [ X ]; existe n ∈Ntal que b n g ∈B [ X ], luego

f = ( bT )n f +( 1−(bT )

n ) f = ( T

n h (b

n g )+( 1−(bT )

n ) f = hT

n (b

n g ) f +( 1−(bT )

n ) f ∈c∩B [ X ].





Por otro lado, sea f ∈ c ∩ B [ X ], se verica f = hg 1 + ( 1 − bT )g 2, con g 1, g 2 ∈ B [ X , T ],

entonces, evaluando en T = 1/ b se tiene f = hg 1( X , 1/ b )∈

hB b [ X ]∩B [ X ].

Veamos, como aplicaci on c omo calcular los ideales primos en anillos de polinomioscon coe-cientes en un cuerpo. Sea p ⊆ K [ X 1, . . . , X n ] un ideal. Llamamos pi = p ∩ X [ X 1, . . . , X i ]. Si pes un ideal primo, entonces, necesariamente los ideales p1, . . . , pn −1 son primos; pero estacondici on no es suciente. Para encontrar una condici on suciente debemos comenzar aestudiar p1, despu es p2, y ası sucesivamente hasta llegar a pn . Estudiamos ese caso.

Si p1 es primo tenemos p1 = 0 o p1 = ( h )⊆

K [ X 1], siendo h un polinomio irreducible en K [ X 1].

Pasamos a estudiar p2. Para ilustrar este caso vamos a estudiar un caso m as general, es-to es, vamos a suponer que los ideales p1, . . . , pi −1, i > 1, son primos y vamos a estudiarpi . Consideramos el anillo B = K [ X 1 ,..., X i − 1]

pi − 1, y llamamos F a su cuerpo de fracciones, α :

K [ X 1, . . . , X i −1][ X i ] −→B [ X i ]. Estudiamos si el ideal α(pi )⊆B [ X i ] es saturado y si su extendidoα(pi )e ⊆ F [ X i ] es primo. Para lo segundo tenemos que ver si α(pi )e es cero o si est a generado

por un polinomio irreducible de F [ X i ]. Y para lo primero tenemos que ver si α(pi ) coincideconsu saturaci on (α(pi ), 1 −bT )B [ X i , T ]∩B [ X i ]. Este ultimo estudio podemos hacerlo estudiandola intersecci on (pi , 1

−aT )K [ X 1, . . . , X i , T ]

∩K [ X 1, . . . , X i ], siendo α(a ) = b , ya que:

pi

α(pi )

A [ X i ] α

B [ X i ]

(pi , 1 −aT )

(α(pi ), 1 −bT )

A [ X , T ] α B [ X , T ]

Como α y α son sobreyectivas, Ker(α) ⊆ pi y Ker(α ) ⊆ (pi, 1 − aT ), resulta que α(pi ) =(α(pi ), 1 −bT ) ∩B [ X ] si y solo si pi = ( pi , 1 −aT ) ∩ A [ X ]. Veamos algunas aplicaciones.

Ejemplo. 41.5.Sea p = ( XZ −Y 2, YZ − X 3, Z 2 − X 2Y ) ⊆ Q[ X , Y , Z ]. Una base de Groebner reducida para p,con respecto al orden lexicogr aco X > Y > Z > X , es:

{ X 3

−YZ , X 2Y −Z

2, XY

3

−Z 3, XZ −Y

2, Y

5

−Z 4

}.





Denimos:p1 = p

∩Q[Z ] = 0,

p2 = p ∩Q[Y , Z ] = (Y 5 −Z 4),p3 = p = ( X 3 −YZ , X 2Y −Z 2, XY 3 −Z 3, XZ −Y 2, Y 5 −Z 4)

(Esto es consecuencia de la teor ıa de la eliminaci on.)

(1) Es claro que p1 es un ideal primo.

(2) En el caso de p2 tenemos: A = Q[Z ], B = Q[Z ]/ p1 = Q[Z ] y F = Q(Z ).

Q [Z ] α

Q [Z ]

p1[Y ]

β F [ X ].

Tenemos que estudiar:(i) si α(p2)e es primo en Q(Z )[Y ] y (ii) si α(p2) es saturado en Q[Z ][Y ].

(i). Tenemos α(p2)e = ( Y 5−Z 4)Q(Z )[Y ]. Ya que Y 5−Z 4 es irreducible en Q(Z )[Y ] entoncesα(p2)e = ( Y 5 −Z 4)Q(Z )[Y ] es un ideal primo. Para ver que Y 5 −Z 4 es irreducible podemosconsiderar el homomorsmo Q[Z ][Y ] −→Q[Y ], denido por Z →2, Y →Y ; la imagen deY 5 −Z 4 es Y 5 −16 que es irreducible. Observar que el coeciente l ıder de h = Y 5 −Z 4∈B [Y ] es 1.

(ii). Estudiamosel ideal (α(p2), 1−T )B [Y , T ]∩B [Y ]para ver si coincide con α(p2). Tenemos

(α(p2), 1 −T )B [Y , T ]∩B [Y ] = (Y 5 −Z 4, 1 −T )Q[Y , Z , T ]∩Q[Y , Z ],α(p2) = ( Y 5 −Z 4)Q[Y , Z ].

Esta intersecci on se estudiar calculando las bases de Groebner respecto al orden lexi-cogr aco con T > Y > Z . La base de Groebner reducida de (Y 5 −Z 4, 1 −T )Q[Y , Z , T ]es: {Y 5 −Z 4, 1 −T }, y la de (Y 5 −Z 4, 1 −T )Q[Y , Z , T ]∩Q[Y , Z ] es: {Y 5 −Z 4}. La base deGroebner reducida de (Y 5 −Z 4)Q[Y , Z ] es: {Y 5 −Z 4}. Entonces ambos ideales son iguales y el ideal α(p2) es saturado.

Como consecuencia el ideal p2 ⊆Q[Y , Z ]

es primo.

(3) Para p3 tenemos

A = Q[Y , Z ],B = Q[Y , Z ]/ (Y 5 −Z 4) = Q[z ]⊕Q[z ] y ⊕Q[z ] y 2⊕Q[z ] y 3⊕Q[z ] y 4,F = Q(z )⊕Q(z ) y ⊕Q(z ) y 2⊕Q(z ) y 3⊕Q(z ) y 4.

Con la relaci on y 5 = z 4. (Aqu ı hemos representado Y por y y a Z por z .)

Al igual que antes tenemos que estudiar:(i) si α(p3)e es primo en F [ X ] y

(ii) si α(p3) es saturado en Q[ X , Y , Z ]/ (Y 5

−Z 4).





(i). El ideal α(p3)e est a generado por los elementos

g 1 = Xz − y 2, g 2 = Xy 3 −z 3, g 3 = X 2 y −z 2, g 4 = X 3 − yz .

Como el ideal es principal basta calcular un generador. En este caso observamos que sillamamos h = X − y 2/ z se tiene:

g 2 = h y 3 + ( y 5/ z −z 3) = h y 3,g 3 = h ( Xy + y 3/ z ) + ( y 5/ z 2 −z 2) = h ( Xy + y 3/ z ),g 4 = h ( X 2 + Xy 2/ z + y 4/ z 2) + ( y 6/ z 3 − yz ) = h ( X 2 + Xy 2/ z + y 4/ z 2).

y se tiene: α(p3)e = ( X

− y 2/ z ) = ( Xz

− y 2). El coeciente l ıder del generador h = Xz

− y 2

∈B [ X ] es z . El polinomio h = Xz − y 2

∈F [ X ] es irreducible, ya que tiene grado uno.

(ii). Para estudiar la saturaci on de α(p3) en B [ X ] consideramos la intersecci on (α(p3), 1 −zT )B [ X , T ] ∩ B [ X ] y la comparamos con α(p3). Pasamos a los anillos de polinomios concoecientes en Q y calculamos las bases de Groebner reducidas respecto al orden lexi-cogr aco con T > X > Y > Z .

(p3, 1−ZT )Q[T , X , Y , Z ]; la base de Groebner reducida es: {TY 2− X , TZ −1, X 3−YZ , X 2Y −Z 2, XY 3 −Z 3, XZ −Y 2, Y 5 −Z 4}.

(p3, 1 −ZT )Q[T , X , Y , Z ] ∩Q[ X , Y , Z ]; la base de Groebner reducida es: { X 3 −YZ , X 2Y −Z 2, XY 3

−Z 3, XZ

−Y 2, Y 5

−Z 4

}.

Porlotanto (p3, 1−ZT )Q[T , X , Y , Z ]∩Q[ X , Y , Z ] = p3, luego α(p3) = ( p3, 1−zT )B [T , X , Y , Z ]∩Q[ X , Y , Z ], y el ideal α(p3) es saturado.

En consecuencia el ideal p es un ideal primo de Q[ X , Y , Z ].

Ejercicio. 41.6.Estudiar si el ideal p = ( XZ −Y 3, XY −Z 2)⊆Q[ X , Y , Z ] es primo.

SOLUCI ON . Con respecto al orden lexicogr aco X > Y > Z una base de Groebner reducidapara p es:

{ XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3}.

p1 = 0,p2 = ( Y 4 −Z 3)⊆Q[Y , Z ],p3 = ( XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3)⊆Q[ X , Y , Z ].

1. El ideal p1 es primo en Q[Z ].

2. El ideal p2 = ( Y 4

−Z 3) es primo en Q[Y , Z ].





3. Para el ideal p3 tenemos:

A = Q[Y , Z ],B = Q[Y , Z ]/ (Y 4 −Z 3) = Q[z ]⊕Q[z ] y ⊕Q[z ] y 2⊕Q[z ] y 3,F = Q(z )⊕Q(z ) y ⊕Q(z ) y 2⊕Q(z ) y 3.

Con la relaci on y 4 = z 3. El ideal α(p3) est a generado por los elementos:

g 1 = Xy −z 2, g 2 = Xz − y 3.

El ideal α(p3)e est a generado por un unico elemento, que es:

h = Xy

−z 2,

su coeciente l ıder es y . Resulta que h es irreducible en F [ X ], ya que es de grado uno.Entonces α(p3)e es un ideal primo de F [ X ].

Estudiamosahora la saturaci onde α(p) en B [ X ]. Para esto comparamos (p3, 1−YT )B [ X , T ]∩ A [ X ] y p3.

Una base de Groebner reducida de (p3, 1 −YT ) A [ X , T ] = ( XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3, 1 −YT ), respecto al orden lexicogr aco con T > X > Y > Z , es:

{TY −1, TZ 2 − X , X 2 −Y 2Z , XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3}.

Una base de Groebner reducida de (p3, 1 −YT ) A [ X , T ]∩ A [ X ] = ( XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3, 1 −YT ) ∩Q[ X , Y , Z ], respecto al mismo orden, es:

{ X 2 −Y 2Z , XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3},

y como no coincide con la base de Groebner reducida de p3, resulta que α(p3) no essaturado, y en consecuencia p no es un ideal primo.

Observa que como la saturaci on de α(p) es el ideal ( X 2 −Y 2Z , XY −Z 2, XZ −Y 3, Y 4 −Z 3) y como esta no coincide con p, alguno de sus generadores no est a en p, en este caso X 2

−Y 2Z , resulta que, como b = y , el producto Y ( X 2

−Y 2Z )

∈

p, pero ninguno de ellospertenece a p, lo cual muestra expl ıcitamente dos elementos que prueban que p no esprimo.

X 2Y −Y 3Z = X ( XY −Z 2) + Z ( XZ −Y 3).

Ejercicio. 41.7.Sea a = ( XZ −Y 3, XY 2 −Z 2) ⊆ Q[ X , Y , Z ]. Vamos a ver que no es un ideal primo determi-nando elementos a , b ∈Q[ X , Y , Z ] tales que a , b ∈Q[ X , Y , Z ] con ab ∈a y a , b /∈a .

SOLUCI ON . Una base de Groebner de a con respecto al orden lexicogr aco X > Y > Z es:





> GroebnerBasis[{X Z - Y^3, X Y^2 - Z^2}, {X, Y, Z}]

{ XY 2 −Z 2, XZ −Y 3, Y 5 −Z 3},

Por lo tanto a ∩Q[Z ] = {0}es un ideal primo.

Tambi en a ∩Q[Y , Z ] = (Y 5 −Z 2) es un ideal primo.

Tenemos los homomorsmos

Q[ X , Y , Z ] α−→

Q[Y , Z ]a ∩Q[Y , Z ]

[ X ] = Q[Y , Z ](Y 5 −Z 2)

[ X ] β

−→Q( y , z )[ X ].

Estudiamos la saturaci on de α(a). Tenemos:

α(a)e = ( Xz − y 3, Xy 2 −z 2)Q( y , z )[ X ].

Como

Xz − y 3 = 1z 2

( Xz 3 − y 3z 2) = 1z 2

( Xy 5 − y 3z 2) = y 3

z 2( Xy 2 −z 2)∈( Xy 2 −z 2)Q( y , z )[ X ],

entoncesα(a)e = ( Xy 2 −z 2)Q( y , z )[ X ] = ( Xz − y 3)Q( y , z )[ X ].

El coeciente l ıder de Xy 2

−z 2

es z 2

, y se tiene z /∈

α(a). Calculamos (α(a), 1 −zT )Q( y , z )[ X ], y para esto nos trasladamos a Q[ X , Y , Z ] con el orden lexicogr aco T > X > Y > Z . Se tiene:

(a , 1 −ZT ) = ( XY 2 −Z 2, XZ −Y 3, Y 5 −Z 3, ZT −1).

Una base de Groebner es:

> GroebnerBasis[{X Y^2 - Z^2, X Z - Y^3, Y^5 - Z^3, Z T - 1}, {T, X, Y, Z}]

{TY 3

− X , TZ

−1, X 2

−YZ , XY 2

−Z 2, XZ

−Y 3, Y 5

−Z 3

}.

Y se verica:

(a , 1 −ZT ) ∩Q[ X , T , Z ] = ( X 2 −YZ , XY 2 −Z 2, XZ −Y 3, Y 5 −Z 3),

que contiene propiamente a a, ya que X 2 −YZ /∈a .

Podemos ahora dar los elementos que andamos buscando. Tomamos a = Z y b = X 2 −YZ .Se verica

Z ( X 2 −YZ ) ≡ X 2Z −YZ 2 ≡ XY 3 −YZ 2 ≡Z 2Y −YZ 2 ≡0 (mod a).





Ejercicio. 41.8.Vamos a ver que el ideal p = ( XZ

−Y 3, XY 2

−Z 2, X 2

−YZ )

⊆

Q[ X , Y , Z ] es un ideal primo.

SOLUCI ON . Calculamos una base de Groebner del ideal p = ( XZ −Y 3, XY 2 −Z 2, X 2 −YZ )para el orden lexicogr aco con X > Y > Z .

> GroebnerBasis[{X Z-Y^3, X Y^2-Z^2, X^2-Y Z}, {X, Y, Z}]

{ X 2 −YZ , XY 2 −Z 2, XZ −Y 3, Y 5 −Z 3}Calculamos las eliminaciones:

p ∩Q[Z ] = {0}es un ideal primo.

p ∩Q[Y , Z ] = (Y 5 −Z 3) es un ideal primo.

Consideramos los homomorsmos

Q[ X , Y , Z ] α−→

Q[Y , Z ](Y 5 −Z 3)

[ X ] β

−→Q( y , z )[ X ].

Calculamos α(p)e :

α(p)e = ( Xz − y 3, Xy 2 −z 2, X 2 − yz )Q( y , z )[ X ] = ( Xz − y 3)Q( y , z )[ X ].

El termino l ıder es z y z /∈α(p).

Calculamos el contra ıdo α(p)ec ; para esto pasamos a Q[T , X , Y , Z ] y calculamos el ideal (p, 1 −ZT ):(p, 1 −ZT ) = ( XZ −Y 3, XY 2 −Z 2, X 2 −YZ , 1 −ZT )

Una base de Groebner para el orden lexicogr aco con T > X > Y > Z es:

> GroebnerBasis[{X Z - Y^3, X Y^2 - Z^2, X^2 - Y Z, 1 - Z T}, {T, X, Y, Z}]

{TY 3 − X , TZ −1, X 2 −YZ , XY 2 −Z 2, XZ −Y 3, Y 5 −Z 3}El contra ıdo se obtiene a partir de (p, 1 −ZT ) ∩Q[ X , Y , Z ], que es:

( X 2 −YZ , XY 2 −Z 2, XZ −Y 3, Y 5 −Z 3),

que coincide con p, luego p es primo.





Ejercicio. 41.9.Demuestra que el ideal p = ( XZ 2

−W 3, XW 2

−Y 4, Y 4Z 2

−W 5)

⊆ Q[ X , Y , Z , W ] es un ideal

primo.

SOLUCI ON .

>GroebnerBasis[{X Z^2 - W^3, X W^2 - Y^4, Y^4Z^2 - W^5}, {X, Y, Z, W}]

Base de Groebner:

{ XZ 2

−W 3, XW 2

−Y 4, Y 4Z 2

−W 5

}.

p ∩Q[W ] = {0}.

p ∩Q[Z , W ] = {0}.

p ∩Q[Y , Z , W ] = (Y 4Z 2 −W 5) es un ideal primo.

Q[ X , Y , Z , W ] α−→

Q[Y , Z , W ](Y 4Z 2 −W 5)

[ X ] β

−→Q( y , z , w )[ X ].

Extendido α(p)e = ( Xz 2 −w 3)Q ( y , z , w )[ X ], ya que

Xz 2 −w 3 = w 3

y 4 ( Xw 2 − y 4).

El coeciente l ıder es z 2. Para calcular el contraido pasamos a Q[ X , Y , Z , W ]:

(p, 1 −Z 2T ) = ( XZ 2 −W 3, XW 2 −Y 4, Y 4Z 2 −W 5, 1 −ZT ).

Una base de Groebner para el orden lexicogr aco con T > X > Y > Z > W es:

> GroebnerBasis[{X Z^2 - W^3, X W^2 - Y^4, Y^4Z^2 - W^5, 1 - Z T}, {T,X,Y,Z,W}]

{TY 8 −WX 3Z , TY 4W − X 2Z , TZ −1, TW 3 − XZ , Y 4Z 2 −W 5, XZ 2 −W 3, XW 2 −Y 4} Y el contraido es la imagen de:

(Y 4Z 2 −W 5, XZ 2 −W 3, XW 2 −Y 4) = p.

Luego el ideal p es primo.





Calculo de la dimensi on

Dado un ideal primo p∈K [ X 1, . . . , X n ], se dene:

p0 = 0pi = p ∩K [ X 1, . . . , X i ] si i = 1, . . . , n .

Para cada ındice i existe un homomorsmo

K [ X 1 ,..., X i − 1]pi − 1

α K [ X 1,..., X i ]

pi

K [ X 1 ,..., X i − 1]pi ∩K [ X 1,..., X i − 1]

y por tanto A := K [ X 1,..., X i − 1]pi − 1

es una subalgebra de B := K [ X 1,..., X i ]pi

, y B se genera sobre A por unelemento, la clase de X i . En consecuencia, por el lema de normalizaci on tenemos dim( A ) ≤dim(B ) ≤dim(a ) + 1.

Supongamos que pe i −1 = pi , entones en B la clase de X i es algebraicamente independiente

sobre A y se tiene dim(B ) = dim( A ) + 1.

Supongamos que pe i −1 = pi , entonces dim( A ) = dim( B ).

Podemos entonces determinar la dimensi on de K [ X 1, . . . , X n ]/ p considerando las dimensio-nes de los cocientes K [ X 1, . . . , X i ]/ pi . A´si podemos enunciar

dim(K [ X 1, . . . , X n ]/ p) = Card( {i | i = 1, . . . , n , pe i −1 = pi }).

Para un c alculo algor ıtmico basta considerar una base de Groebner reducida Gde p respectoal orden lexicogr aco X n > X n −1 > · · · > X 1. Entonces la bases del ideal pi es Gi = G ∩K [ X 1, . . . , X i ], y se tiene p

e i −1 = pi si y solo si Gi −1 = Gi . Como consecuencia tenemos un modode calcular la dimensi on del cociente K [ X 1, . . . , X n ]/ p.

Ejercicio. 41.11.Determina la dimensi ´ on del anillo Q[ X , Y , Z , W ]/ ( XZ 2 −W 3, XW 2 −Y 4, Y 4Z 2 −W 5).

SOLUCI ON . Basta determinar una base de Groebner del ideal ( XZ 2 −W 3, XW 2 −Y 4, Y 4Z 2 −W 5). Esta es:

{ XZ 2 −W 3, XW 2 −Y 4, Y 4Z 2 −W 5}Observa que hemos utilizado el orden lexicogr aco con X > Y > Z > W , entones considera-




SEC . 42. M ODULOS DE FRACCIONES 227

Existe una acci on de A sobre M 1⊗ A M 2 mediante:

a (x ⊗

y ) = ( ax )⊗

y = x ⊗

(ay )

Se tienen homomorsmos de A –m odulos de M i en M 1⊗ A M 2 denidos:

M 1 →M 1⊗ A M 2; x →x ⊗ y , para y jo

M 2 →M 1⊗ A M 2; y →x ⊗ y , para x jo

Una aplicaci on ϕ : M 1 ×M 2 →M se llama bilineal si verica las propiedades siguientes:

ϕ(a , b 1 + b 2) = ϕ(a , b 1) + ϕ(a , b 2);

∀a

∈

M 1; b 1, b 2

∈M 2;

ϕ(a 1 + a 2, b ) = ϕ(a 1, b ) + ϕ(a 2, b ); ∀a 1, a 2 ∈M 1; b ∈

M 2;ϕ(a , rb ) = ϕ(ra , b ); ∀a ∈M 1; b ∈M 2; r ∈ A .

Es claro que la aplicaci on t : M 1 ×M 2 →M 1⊗ A M 2 denida por t (x , y ) = x ⊗ y es bilineal.

Teorema. 42.1. (Propiedad universal del producto tensor.)Sean M 1, M 2 y M tres A –m ´ odulos y f : M 1 ×M 2 →M una aplicaci ´ on bilineal, existe un ´ unico homomorsmo de A –m ´ odulos f : M 1⊗ A M 2 →M tal que f = f ◦ t .

M 1 ×M 2t

f

M 1⊗ A M 2

f

M

Teorema. 42.2.Para cada A –m ´ odulo M tenemos denido un funtor M ⊗ A − : A –Mod → A –Mod , que es adjunto a la derecha del funtor Hom A (M , −) : A –Mod → A –Mod , y por lo tanto es exacto a la derecha y conserva col ´ ımites.

A –Mod

A –Mod

M ⊗ A −

Hom A (M ,−)

DEMOSTRACI ON . Consideramos la aplicaci on:

Hom A (M ⊗ A X , Y ) ω X ,Y

−→Hom A ( X , Hom A (M , Y )) ,

denida ω X ,Y ( f )(x )(m ) = f (m ⊗x ).

Se tiene que ω X ,Y es una biyecci on natural en X e Y .

Si el funtor M ⊗ A −es un funtor exacto, entonces M se llama un A –m odulo plano .





Localizaci on

Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A –m odulo. DenimosΣ−1M el m odulo de fracciones de M respecto a Σ como el conjunto M ×Σ bajo la relaci onde equivalencia

(m 1, s 1) ≡(m 2, s 2) si existe t ∈Σ tal que (m 1s 2 −m 2s 1)t = 0

La clase (m , s ) se representa por m / s .

Las operaciones en Σ−1M est an denidas de forma que:

(1) Σ−1M es un grupo abeliano: m 1/ s 1 + m 2/ s 2 = ( m 1s 2 + m 2s 1)/ (s 1s 2);

(2) Σ−1M es un A –m odulo: r (m / s ) = ( rm )/ s ;

(3) Σ−1M es un Σ−1 A –m odulo: (r / s 1)(m / s 2) = ( rm )/ (s 1s 2).

Para cada A –m odulo M existe un homomorsmo de A –m odulos λM = λΣ ,M : M →Σ−1M .

Lema. 42.3.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo:

(1) Si M es un A –m ´ odulo, entonces Σ−1M es un A –m ´ odulo via el homomorsmo λ : A →Σ−1 A ;

(2) Si N es un Σ−1 A –m ´ odulo y consideramos la estructura de A –m ´ odulo v ´ ıa λ A : A →Σ−1 A ,entonces N

∼= Σ−1N .

Proposici on. 42.4. (Propiedad universal del m odulo de fracciones.)Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Sea f : M → N un homo-morsmo de A –m ´ odulos, siendo N un Σ−1 A –m ´ odulo, existe un ´ unico homomorsmo de Σ−1 A –m ´ odulos f : Σ−1M →N tal que f = λM ◦ f .

M λM

f

Σ−1M

f

N





Corolario. 42.5.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Sean f : M

→ N un homo-

morsmo de A –m ´ odulos; entonces existe un ´ unico homomorsmo Σ−1 f de Σ−1 A –m ´ odulos tal que f ◦λN = λM ◦Σ−1 f .

M f

λM

N λ N

Σ−1M Σ − 1 f

Σ−1N

Corolario. 42.6.Sea A un anillo, Σ⊆ A un subconjunto. Se verica:

(1) Si f : M −→ M y g : M −→ M ” son homomorsmos de A –m ´ odulos, Σ−1(g ◦ f ) =Σ−1g ◦Σ−1 f .

(2) Para cada A –m ´ odulo M se tiene Σ−1id M = id Σ − 1M .

Tenemos entonces una situaci on de adjunci on

A –Mod

Σ−1 A –Mod

Σ − 1

U

Proposici on. 42.7.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Si 0 →M →M →M →0es una sucesi ´ on exacta corta de A –m ´ odulos, entonces

0 →Σ−1M →Σ−1M →Σ−1M →0

es una sucesi ´ on exacta corta de Σ−1 A –m ´ odulos.

Corolario. 42.8.Sea A un anillo, Σ⊆ A un subconjunto multiplicativo y M 1, M 2 ⊆M subm ´ odulos, se verica:

(1) Σ−1M i es un subm ´ odulo de Σ−1M .

(2) Σ−1(M 1 + M 2) = Σ −1M 1 + Σ −1M 2.

(3) Σ−1(M 1 ∩M 2) = Σ −1M 1 ∩Σ−1M 2.

(4) Σ−1M / Σ−1M 1 ∼= Σ−1(M / M 1).

Corolario. 42.9.Sea A un anillo, Σ⊆ A un subconjunto multiplicativo y M 1, M 2 dos A –m ´ odulos, se verica:

Σ−1(M 1⊕

M 2)∼= Σ−

1M 1⊕

Σ−1M 2.





Teorema. 42.10.Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo. Para cada A –m ´ odulo M existe un isomor-smo natural σ : Σ−1 A

⊗ A M ∼= Σ−1M denido por: σ(a / s ⊗

m ) = am / s .

Consecuencia de los anteriores resultados tenemos:Corolario. 42.11.En la situaci ´ on anterior Σ−1 A es un A –m ´ odulo plano.

En este caso se tiene tambi en una situaci on de adjunci on

A –Mod

Σ−1 A –Mod

Σ − 1 A ⊗ A −

Hom Σ − 1 A (Σ− 1 A ,−)

Observar que hemos encontrado dos adjuntos a la derecha del funtor Σ−1(−) = Σ −1 A ⊗ A −.

Lema. 42.12.Sea A un anillo y Σ un subconjunto multiplicativo; si M y N son A –m ´ odulos, entonces existe un isomorsmo de Σ−1 A –m ´ odulos

Σ−1M

⊗Σ − 1 A Σ−1N

∼= Σ−1(M

⊗ A N ).

DEMOSTRACI ON . Tenemos una sucesi on de isomorsmos naturales:

Σ−1M ⊗Σ − 1 A Σ−1N ∼= M ⊗ A Σ−1 A ⊗Σ − 1 A Σ−1N ∼= M ⊗ A Σ−1N ∼= M ⊗ A Σ−1 A ⊗ A Σ−1N ∼= Σ−1 A ⊗ A (M ⊗ A N )∼= Σ−1(M ⊗ A N ).

La propiedad an aloga para el funtor Hom A ser ıa:

Hom Σ − 1 A (Σ −1M , Σ−1N )∼= Σ−1 Hom A (M , N ).

que en general no severica. En el caso en que M es nitamente presentado (un A –m odulo M es nitamente presentado si existe una presentaci on libre A m → A n →M →0 con m , n ∈N)tenemos:Lema. 42.13.Sea A un anillo conmutativo y M , N dos A –m ´ odulos tales que M es nitamente presentado,entonces para cada subconjunto multiplicativo Σ se tiene un isomorsmo natural

Hom Σ − 1 A (Σ −1M , Σ−

1N )∼= Σ−

1Hom A (M , N ).





DEMOSTRACI ON . Consideramos una presentaci on libre de M , por ejemplo A m −→ A n −→M −→ 0. Aplicando los funtores Hom A (−, N ) y Σ−

1

en distinto orden tenemos una diagramaconmutativo con las exactas:

0 Σ−1 Hom A (M , N )

Σ−1 Hom A ( A n , N ) Σ−1 Hom A ( A m , N )

Σ−1N n Σ−1N m

0 HomΣ − 1 A (Σ −1M , Σ−1N ) HomΣ − 1 A (Σ −1 A n , Σ−1N ) HomΣ − 1 A (Σ −1 A m , Σ−1N )

Por la propiedad universal del n ucleo tenemos el resultado

Propiedades locales

Dado un anillo A , un A –m odulo M y un ideal primo p consideramos el subconjunto multipli-cativo Σ = A \ p. El anillo de fracciones Σ−1 A se representa por A p, y el modulo de fraccionesΣ−1M se representa por M p.

Una propiedad de anillos o de m odulos P es una propiedad local si A o M la tienen si y solosi A p o M p la tienen para cada ideal primo p. Ya hemos comprobado, ver Proposici on ( 40.30. ),que la propiedad de ser un dominio normal es una propiedad local.

Lema. 42.14.Sea M un A –m ´ odulo. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M = 0;

(b) M p = 0 para cada ideal primo p;

(c) M m = 0 para cada ideal maximal m.

Como consecuencia tenemos el siguiente resultado sobre representaci on de m odulos:

Proposici on. 42.15.Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo, entonces la aplicaci ´ on can ´ onica

M −→ {M p | p∈Spec(R )}es inyectiva.





Corolario. 42.16.Sea A un anillo conmutativo y f : M

→N un homomorsmo de A –m ´ odulos. Son equivalen-

tes los siguientes enunciados:

(a) f es inyectivo (resp. sobreyectivo);

(b) f p : M p →N p es inyectivo (resp. sobreyectivo) para cada ideal primo p de A ;

(c) f m : M m →N m es inyectivo (resp. sobreyectivo) para cada ideal maximal m de A .

Corolario. 42.17.Sea A un anillo conmutativo y N un subm ´ odulo de un A –m ´ odulo M . Para cada x ∈ M sonequivalentes los siguientes enunciados:

(a) x ∈N ;

(b) x / 1∈N p para cada ideal primo p de A ;

(c) x / 1∈N m para cada ideal maximal m de A .

Proposici on. 42.18.Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M es un A –m ´ odulo plano;

(b) M p es un A –m ´ odulo plano para cada ideal primo p de A ;

(c) M m es un A –m ´ odulo plano para cada ideal maximal m de A .

Si D es un dominio de integridad la localizaci on D (0) es el cuerpo de fracciones de D . Paracada D –m odulo M la localizaci on M (0) es un espacio vectorial sobre A (0) . El nucleo del ho-momorsmo λM : M −→M (0) el justamente el subm odulo de torsi on de M , esto es,

Ker(λM ) = T (M ) = {m ∈M | existe 0 = d ∈D tal que dm = 0}.

Dado un dominio D , para cada elemento 0 = a ∈D , e l n ucleo del homomorsmo λM : M −→M a son los elementos de a –torsi on .

Ker(λM ) = T a (M ) = {m ∈M | a n m = 0, para alg un n ∈N}.

Lema. 42.19.Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A –m ´ odulo nitamen-te generado. Entonces

Σ−1

Ann A (M ) = Ann Σ − 1 A (Σ −1M ).





DEMOSTRACI ON . Supongamos que el resultado es cierto para dos m odulos M 1 y M 2, enton-

ces se tiene Σ−1(0 : M 1 + M 2) A = Σ −1((0 : M 1) A ∩(0 : M 2)) A = Σ −1(0 : M 1) A ∩Σ−1(0 : M 2) A = ( 0 : Σ−1M 1)Σ − 1 A ∩(0 : Σ−1M 2)Σ − 1 A = ( 0 : (Σ−1M 1 + Σ −1M 2))Σ − 1 A = ( 0 : Σ−1(M 1 + M 2))Σ − 1 A .

Basta entonces probar el resultado para m odulos c ıclicos. Sea M = Aa ∼= A / a , entonces

Σ−1( A / a) = Σ −1 A / Σ−1a ,

y se tiene Σ−1(0 : A / a) A = Σ 1a = ( 0 : Σ−1 A )Σ − 1 A .

Corolario. 42.20.Sea A un anillo conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A –m ´ odulo nitamen-te generado. Entonces para cada par de subm ´ odulos N y H de M se verica:

Σ−1(N : H ) A = (Σ −1N : Σ−1H )Σ − 1 A .

DEMOSTRACI ON . Basta tener en cuenta que (N : H ) A = ( 0 : (N + H )/ N ) A y aplicar el Le-ma ( 42.19. ).

Ejercicio. 42.21.Sea f : A →B un homomorsmo de anillos conmutativos, siendo cada ideal de B extendido de un ideal de A , y p un ideal primo de A . Entonces p es la contracci ´ on de un ideal primo de B si y solo si pec = p.

SOLUCI ON . (⇒). Si p = bc , entonces existe un ideal a ⊆ A tal que ae = b, y se tiene pe = bce =aece = ae = b, luego pec = bc = p.

(⇐). Si p = pec , vamos a ver que pe es un ideal primo. Si b1b2 ⊆ pe , existen ideales a1, a2 ⊆ A tales que ae

i = bi , entonces a1a2 ⊆ (a1a2)ec = ( ae 1ae

2)c = ( b1b2)c ⊆ pec = p. Como p es primo se

tiene a1 ⊆p o a2 ⊆p, y por tanto b1 = ae 1 ⊆pe o b2 = ae

2 ⊆pe .

Espectro de un anillo

Dado un anillo A , el conjunto de los ideales primos de A lo representamos por Spec( A ), y lo

llamamos el espectro de A .





En el espectro de un anillo A denimos una topolog ıa tomando como conjuntos cerrados los

conjuntos V (a) = {p∈Spec( A ) | p⊇a},donde a var ıa entre los ideales de A , y para cada elemento a ∈ A denimos V (a ) = V ( Aa ).

Lema. 42.22.Los conjuntos V (a) son los conjuntos cerrados para una topolog ´ ıa en Spec( A ).

Los conjuntos abiertos son los complementos de los cerrados, por lo tanto son de la forma:

X (a) = Spec( A ) \ V (a) = {p∈Spec(a ) | p a}.

La topolog ıa que denen los subconjuntos V (a) se llama la topolog ıa de Zariski .

Soporte de un m odulo

Para cada A –m odulo M llamamos soporte de M a:

Supp( M ) = {p∈Spec( A ) | M p = 0}.Lema. 42.23.

Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo. Son equivalentes los siguientes enunciados: (a) M = 0;

(b) Supp(M ) = ∅.

Es consecuencia del Lema ( 42.14. ).Lema. 42.24.Sea A un anillo conmutativo. Se verica:

(1) Si a es un ideal de A , entonces Supp( A / a) =

{p

∈

Spec( A )

| p

⊇

a

}=

V (a);

(2) Si 0 → M → M → M → 0 es una sucesi ´ on exacta, entonces Supp(M ) = Supp( M )∪Supp( M );

(3) Si M es un A –m ´ odulo nitamente generado, entonces Supp(M ) = V (Ann( M )) , y por tanto Supp(M ) es un subconjunto cerrado de Spec( A );

(4) Si M y N son A –m ´ odulos nitamente generados, entonces Supp(M ⊗ A N ) = Supp( M ) ∩Supp( N );

(5) Sea a un ideal de A y M un A –m ´ odulo nitamente generado, entonces Supp(M / aM ) =

V (a + Ann( M )) .





DEMOSTRACI ON .

(1) De la sucesi on exacta 0 → ap → A p → ( A / a)p → 0 se deduce p ∈ Supp( A / a) si y solo siap = A p, si y solo si a ∩( A \ p) = ∅, si y solo si a⊆p.

(2) Es consecuencia de la exactitud del funtor localizaci on.

(3) Sea M = Am 1 + · · ·+ Am t , entonces M p = ( Am 1)p + · · ·+ ( Am t )p para cada ideal primo p,entonces

Supp( M ) = ∪t i = 1 Supp( Am i ) = ∪

t i = 1 Supp( A / (0 : m i )) = ∪

t i = 1V ((0 : m i ))

= V (∩t i = 1(0 : m i )) = V (0 : M ).

(4) Primero probamos que si A es un anillo local con ideal maximal m y M , N son A –m odulosnitamente generados, entonces M ⊗ A N = 0.

Por el Lema de Nakayama M / mM y N / mN son no nulos, luego tenemos un epimorsmo

M ⊗ A N −→M / mM ⊗ A N / mN ∼= M / mM ⊗ A / m N / mN = 0

Sea ahora p∈Supp( M ⊗ A N ), entonces 0 = ( M ⊗ A N )p = M p⊗ A p N p, luego p∈Supp( M ) ∩Supp( N ).

Sea p ∈ Supp(M ) ∩ Supp(N ), entonces 0 = M p ⊗ A p N p ∼= (M ⊗ A N )p y por tanto p ∈Supp( M ⊗ A N ).

(5) Como M / (aM )∼= ( A / a)⊗ A M , tenemos:

Supp( M / (aM )) = Supp( A / a) ∩Supp( M ) = V (a) ∩ V (Ann( M )) = V (a + Ann( M )).

43. Ejercicios

Ejercicio. 43.1. (AM, Cap 3, Ej 7)Dado un anillo A , llamamos Σ0 al conjunto de todos los no divisores de cero de A (los ele-mentos regulares de A ). Demuestra que Σ0 es un conjunto multiplicativo saturado. El anillo de fracciones Σ−1

0 A se llama el anillo total de fracciones de A . Demuestra que:

(1) Σ0 es el mayor subconjunto multiplicativo saturado Σ de A tal que λ A : A −→ Σ−1 A es un homomorsmo inyectivo.

(2) Cada elemento de Σ−1

0 A es un divisor de cero o un elemento invertible.





SOLUCI ON

Ejercicio. 43.2.Dado un anillo A y un elemento a ∈ A . Se verica:

(1) A a ∼= A [ X ](aX −1) .

(2) Son equivalentes:

(a) a es nilpotente.

(b) A a = 0.

Nota. Observa que si K es un cuerpo y consideramos el anillo K [ X ], el cuerpo de fracciones esK ( X ), que es el anillo de fracciones de K [ X ] con respecto al subconjunto multiplicativo Σ =K [ X ]\{0}. Por otro lado, K [ X ] X es el anillo de fracciones de K [ X ] con respecto al subconjuntomultiplicativo { X n | n ∈N}. Este ultimo se representa tambi en como K [ X , X −1].

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.3.

.Sea K un cuerpo, A = K [ X ,Y ]( XY ) y a = X . Demuestra que se verica:

(1) X / 1 es invertible en A X .

(2) Y / 1 = 0 en A Y .

(3) Denimos f : K [ X ] → A X mediante f ( X ) = X / 1. Entonces f es un homomorsmo de anillos. Se tiene Im( f ) = K [ X ]⊆ A X .

(4) f se factoriza por K [ X , X −1].

(5) A X ∼= K [ X , X −1].

SOLUCI ON





Ejercicio. 43.4.Sea K un cuerpo, X un conjunto no vac ´ ıo y A el anillo de las funciones de X en K . Demuestra que se verica:

(1) Para cada x ∈ X al conjunto mx = { f ∈ A | f (x ) = 0}es un ideal maximal de A .

(2) El localizado es A mx = { f / g | f , g ∈ A , g (x ) = 0}.

(3) Cada elemento f / g ∈ A mx se puede evaluar en x mediante: ( f / g )(x ) = f (x )/ g (x ). Este conjunto se llama el anillo de las funciones racionales sobre X con valores en K deni-das en x .

SOLUCI ON

Dominios de factorizaci ´ on ´ unica

Ejercicio. 43.5.Sea D un dominio, un elemento no nulo x se llama irreducible si no es invertible y en cada factorizaci ´ on x = x 1x 2 se tiene que x 1 o x 2 es invertible. Los elementos irreducibles en algu-nos textos se llaman ´ atomos . En un dominio D un elemento no nulo p se llama primo si no es invertible y si p | ab , entonces p | a o p | b .

(1) Demuestra que cada elemento primo es irreducible.(2) Da un ejemplo de un elemento irreducible que no sea primo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.6.Un dominio D se llama at ´ omico si cada elemento no nulo y no invertible es un producto de ´ atomos (= elementos irreducibles), y se llama un dominio de factorizaci ´ on ´ unica si cada elemento no nulo y no invertible se puede escribir, de forma ´ unica, como un producto de

elementos primos.(1) Demuestra que todo dominio de factorizaci ´ on ´ unica es un dominio at ´ omico.

(2) Demuestra que un dominio at ´ omico es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica si y solo si todo ´ atomo es primo.

(3) Demuestra que todo dominio de integridad noetheriano es at ´ omico (no necesariamen-te es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica).

SOLUCI ON





Ejercicio. 43.7.Sea D un dominio de integridad y Σ

⊆

D un subconjunto multiplicativo.

(1) Demuestra que Σ−1D es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica si D lo es.

(2) Demuestra que si D es at ´ omico, Σ est ´ a formado por productos de primos y Σ−1D es undominio de factorizaci ´ on ´ unica, entonces D es un domino de factorizaci ´ on ´ unica.

SOLUCI ON

Localizaci´ on de anillos nitos

Ejercicio. 43.8.En el caso en que D = Z6 los dos ´ unicos ideales primos son p2 = 2Z6 y p3 = 3Z6. Observar que en este caso se tiene (Z6)p2∼= Z2, y (Z6)p3∼= Z3.Observar que en este caso todas las localizaciones de Z6 son cuerpos, sin embargo Z6 no es ni siquiera un dominio de integridad.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.9.Sea A = Z/ m Z. Demuestra que para cada subconjunto multiplicativo Σ de A existe un ente-ro n tal que Σ−1 A = Z/ n Z.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.10.Con la notaci ´ on del ejercicio anterior. ¿Qu ´ e valores son posibles para n ?

SOLUCI ONEjercicio. 43.11.Sea A un anillo, Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, a ⊆ A un ideal tal que a ∩Σ = ∅y p : A −→ A / a la proyecci ´ on can ´ onica. Demuestra que se verica:

(1) p (Σ) es un subconjunto multiplicativo de A / a .

(2) Existe un isomorsmo de anillos Σ−1 A / Σ−1a∼= p (Σ) −1( A / a).

SOLUCI ON





Ejercicio. 43.12. (AM, Cap 3, Ej 7)Un subconjunto multiplicativo Σ

⊆

A se llama saturado si verica que ab

∈

Σ implica a

∈

Σy b ∈

Σ para cada a , b ∈

A .

(1) Demuestra que un subconjunto multiplicativo Σ ⊆ A es saturado si y solo si el comple-mento A \ Σ es una uni ´ on de ideales primos.

(2) Demuestra que para cada conjunto multiplicativo Σ⊆ A existe un ´ unico conjunto satu-rado m ´ ınimo Σ que contiene a Σ , y que coincide con el complemento en A de la uni ´ onde los ideales primos que no cortan a Σ . Llamamos a Σ la saturaci ´ on de Σ .

(3) Si Σ = 1 + a para un ideal propio a, calcula la saturaci ´ on de Σ .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.13.Sea A un anillo conmutativo y Σ ⊆ A un subconjunto multiplicativo, si Σ es la saturaci ´ onde Σ , demuestra que existe un ´ unico isomorsmo f : Σ−1 A −→Σ−1 A que hace conmutar el diagrama:

A λΣ

λΣ Σ−1 A

f

Σ−1 A

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.14.Recuerda que un conjunto multiplicativo Σ⊆ A se llama saturado si ab ∈Σ , entonces a ∈Σy b ∈Σ , para todos a , b ∈ A .

(1) Si Σ ⊆ A es saturado, entonces Σ contiene a todos los elementos a ∈ A tales que a / 1 ∈Σ−1 A es invertible.

(2) Σ = {1}⊆Zno es un conjunto multiplicativo saturado.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.15.Sea A un anillo conmutativo y sea p un ideal primo de A . Demuestra que A p/ p A p es isomorfo al cuerpo de fracciones del dominio de integridad A / p.

SOLUCI ON





Ejercicio. 43.16.Sea f : A

−→B un homomorsmo de anillos y Σ

⊆

A un subconjunto multiplicativo de A tal que Ker( f ) ∩Σ = ∅. Demuestra:

(1) f (Σ) ⊆B es un subconjunto multiplicativo.

(2) Existe un homomorsmo de anillos Σ−1 A −→ f (Σ) −1B denido por f (a / s ) = f (a )/ f (s ) para cada a / s ∈Σ−1 A .

(3) Existe un isomorsmo de A –m ´ odulos Σ−1B ∼= f (Σ) −1B .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.17.Sea A un anillo y Σ⊆ A un subconjunto multiplicativo. Demuestra que se verica:

(1) Si a ⊆ A es un ideal, entonces aec = ∪{(a : s ) | s ∈ Σ}, y en consecuencia ae = Σ −1 A si y solo si a ∩Σ = ∅.

(2) Un ideal a de A es un contra ´ ıdo si y solo si ning ´ un elemento de Σ es un divisor de cero en A / a .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.18. (AM, Cap 3, Ej 3)Sea A un anillo conmutativo y Σ , Γ ⊆ A subconjuntos multiplicativos. Sea λ : A −→ Σ−1 A el homomorsmo can ´ onico y Γ1 = λ(Σ) . Demuestra que Γ−1

1 (Σ−1 A )∼= (ΓΣ) −1 A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.19.Sea A un anillo y Σ1, Σ 2 ⊆ A subconjuntos multiplicativos de A . Si llamamos Σ a la clausura multiplicativa de Σ1 ∪ Σ2 (el menor subconjunto multiplicativo que contiene a Σ1 y Σ2,entonces se tienen los isomorsmos

Σ−11 Σ−1

2 A ∼= Σ−1 A ∼= Σ−12 Σ−1

1 A

SOLUCI ON





Ejercicio. 43.20.Demuestra que para cualquier anillo conmutativo A los siguientes enunciados son equiva-lentes:

(a) Para todo ideal primo p, el anillo A p es un dominio de integridad.

(b) Para todo ideal maximal m, el anillo A m es un dominio de integridad.

(c) Para todos a , b ∈ A si ab = 0, entonces Ann( a ) + Ann( b ) = A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.21.Demostrar que para cada subanillo A de Qexiste un subconjunto multiplicativo Σ de Z tal que A = Σ −1Z.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.22.Sea D un dominio de integridad y Σ⊆D un subconjunto multiplicativo.

(1) Demuestra que Σ−1D es un subanillo del cuerpo de fracciones de D .

(2) Demuestra que si D es un dominio de ideales principales, tambi ´ en Σ−1D es un dominio de ideales principales.

(3) Demostrar que si D es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica, tambi ´ en Σ−1D es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica.

(4) Demostrar que si D es un dominio noetheriano, tambi ´ en Σ−1D es un dominio noethe-riano.

SOLUCI ON

Ideales primos

Ejercicio. 43.23.Prueba que el ideal p = ( Y 4 −Z 3, Y 2 − XZ , XY 2 −Z 2, X 2 −Z )⊆Q[ X , Y , Z ] es un ideal primo.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.24.Prueba que el ideal p = ( XZ − X −Y 2 + 2Y + Z −2, X 3 + 3 X 2 + 3 X −YZ + Y + Z , X 2Y − X 2 +

2 XY −2 X + Y + 2Z −Z 2

−2)⊆Q[ X , Y , Z ] es un ideal primo.





SOLUCI ON

M odulos

Ejercicio. 43.25.Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Demuestra que ∩{ A m | m ⊆ A es maximal }= A .El mismo resultado es cierto si se toman los ideales primos.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.26.Sean N 1, N 2 ⊆ M subm ´ odulos de un A –m ´ odulo M . Demuestra que N 1 ⊆ N 2 si y s olo si (N 1)m ⊆(N 2)m para cada ideal maximal m de A .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.27.Sea Σ⊆ A un subconjunto multiplicativo y M un A –m ´ odulo nitamente generado. Demues-tra que Σ−1M = 0 si y solo si existe s ∈Σ tal que sM = 0.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.28.Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Demostrar que K es un A – m ´ odulo nitamente generado si, y s ´ olo si, A = K .

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.29.Sea a = ( 2 X , 3Y )

⊆ Z[ X , Y ]. Calcula la saturaci ´ on de a respecto al conjunto multiplicativo

Σ = Z\ {0}.

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.30.

(1) Describe los ideales primos de Z[√ −5].

(2) Considera el ideal a = ( 3, X + 1)⊆Z[ X ]. Calcula el extendido de a en Z[√ −5].

(3) Razona que el extendido es un ideal primo que no es principal.





SOLUCI ON

Ejercicio. 43.31.Describe los ideales primos de Z[√ −1]. Razona que todos son principales.

SOLUCI ONEjercicio. 43.32.Estudia si es primo el ideal a = ( Y 4 −Z 3, Y 2 − XZ , XY 2 −Z 2, X 2 −Z )⊆C[ X , Y , Z ].

SOLUCI ON

Ejercicio. 43.33.Estudia si es primo el ideal a = ( XZ − X −Y 2 + 2Y + Z −2, X 3 + 3 X 2 + 3 X −YZ + Y + Z , X 2Y − X 2 + 2 XY −2 X + Y + 2Z −Z 2 −2)⊆C[ X , Y , Z ].

SOLUCI ON




Cap ıtulo VIII

Dimensi on

44 Anillos noetherianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24645 Anillos artinianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24746 Repaso sobre la dimensi on de anillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25447 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

Introducci on

Una vez que hemos construido un invariante algebraico: la dimensi on, en este cap ıtulo va-mos a estudiar los anillos y algebras de dimensiones bajas. Primero establecemos algunos re-sultados sobre anillos noetherianos, para posteriormente caracterizar los anillos artinianoscomo los anillos noetherianos de dimensi on cero. Establecemos un teorema de estructurapara anillos artinianos: cada anillo artiniano es un producto directo nito de anillos artinia-nos locales. Finalizamos el estudiando eje,los de anillos de dimensiones varias.



246 C AP. VIII. D IMENSI ON

44. Anillos noetherianos


Lema. 44.1.Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo. Si a es un ideal de A , maximal entre los anuladores de elementos no nulos de M , entonces a es un ideal primo de A .

DEMOSTRACI ON . Sea a un ideal maximal entre los anuladores de elementos no nulos de M

y sean a , b ∈ A tales que ab ∈ a. Finalmente sea 0 = m ∈ M tal que a = Ann( m ). Si b /∈

a setiene bm = 0 y como a + Aa ⊆ Ann( bm ), la maximalidad de a fuerza a que a = a + Aa , luegoa ∈a .

Lema. 44.2.Sea A un anillo conmutativo. Para cada cadena {pα | α ∈ Λ}de ideales primos se verica que ∪α pα y ∩α pα son ideales primos.

DEMOSTRACI ON . ∪α pα es un ideal primo. Sean a , b ∈ A tales que ab ∈∪α pα , existen un ındiceβ tal que ab ∈pβ , luego a ∈pβ o b ∈pβ , y tenemos el resultado.

∩α pα es un ideal primo. Sean a , b ∈ A tales que ab ∈ ∩α pα , si a /∈ ∩α pα , existe un ındice β talque a /∈ pβ , pero entonces a /∈ pγ para cada γ ≥ β , y como ab ∈ pγ , y este es primo, resultab ∈pγ . Por lo tanto b ∈∩α pα .

Lema. 44.3.Sea A un anillo conmutativo y a un ideal propio de A , existe un ideal primo p de A minimal sobre a.

DEMOSTRACI ON . Por ser a propio tenemos que existe un ideal maximal m tal que a ⊆ m, y

por tanto la familiaΓ = {p | p es primo y p⊇a}

es no vac ıa. Dada una cadena descendente en Γ:

p1 ⊇p2 ⊇ · ·· ,

llamamos p = ∩α pα . Por el Lema ( 44.2. ) tenemos que p es un ideal primo, y por tanto en Γexistir an elementos minimales.

Proposici on. 44.4.

Si A es un anillo noetheriano, existe s ´ olo un n ´ umero nito de ideales primos minimales.





Corolario. 45.2.Si A es un anillo artiniano, Nil( A ) = J ( A ).

DEMOSTRACI ON . Recordar que Nil( A ) es la intersecci on de todos los ideales primos y J ( A ) esla intersecci on de todos los ideales maximales, y como cada ideal primo es maximal, se tieneel resultado.

Proposici on. 45.3.En un anillo artiniano existe s ´ olo un n ´ umero nito de ideales primos.

DEMOSTRACI ON . Consideramos Γ el conjunto de todas las intersecciones nitas de ideales

primos, y por tanto maximales, de A . Como A es un anillo artiniano, resulta que Γ tiene unelemento minimal. Sea m1 ∩· · ·∩mt ∈Γ minimal. Para cada ideal maximal m tenemos:

m ∩m1 ∩· · ·∩mt ⊆m1 ∩· · ·∩mt ,

luego por la minimalidad resultam1 ∩· · ·∩mt ⊆m,

y por tanto m es igual a uno de los mi , 1 ≤ i ≤t .

Corolario. 45.4.En un anillo artiniano el nilradical es el producto de los ideales maximales.

DEMOSTRACI ON . Es consecuencia de que los ideales maximales son un n umero nito, coin-ciden con los ideales primos y son comaximales.

Corolario. 45.5.Si A es un anillo artiniano, el cociente A / J ( A ) es isomorfo a un producto de cuerpos.

DEMOSTRACI ON . Existe un n umero nito de ideales primos, y cada uno de ellos es maximal.Sean estos m1, . . . , mt . Se tiene J ( A ) = m1 ∩. . . ∩mt , y por el Teorema Chino del Resto, existeun isomorsmo

A / J ( A )∼= A / m1 ×· · ·× A / mt .

Proposici on. 45.6.En un anillo artiniano el nilradical es nilpotente.

DEMOSTRACI ON . Supongamos que n = Nil( A ). Por ser A artiniano, existe n ∈ Ntal que nn =nn + 1. Supongamos que nn = 0.

Llamamos Γ al conjunto

Γ = {a⊆

A | ann

= 0},




SEC . 45. A NILLOS ARTINIANOS 249

por la suposici on anterior tenemos que Γ = ∅. Otra vez por ser A artiniano, existe a ∈ Γ

minimal. Sea a ∈ a tal que a nn

= 0, entonces por la minimalidad de a tenemos que a = aA .Tambi en se verica la relaci on

a nn n = a nn + 1 = a nn = 0,

y por la minimalidad tenemos a n = aA . Entonces existe y ∈n tal que ay = a , y e s f acil ver quese tiene ay s = a para cada s ∈ N; ahora bien, y es nilpotente, ya que y ∈ n, luego existe s talque y s = 0, y por tanto a = 0, lo que es una contradicci on.

Teorema. 45.7. (Teorema de Akizuki.)Todo anillo artiniano es noetheriano.

DEMOSTRACI ON . Sean m1, . . . , mt los ideales maximales de A y consideremos la siguientecadena de subm odulos:

A ⊇m1 ⊇m1m2 ⊇ · · ·⊇m1 · · ·mt = a⊇am 1 ⊇ · · ·⊇an 1 = 0

Cada cociente de esta cadena es de la forma b/ bm i , y por tanto es un A / mi –m odulo, esto es,un A / mi –espacio vectorial y, como A es artiniano, resulta ser de dimensi on nita. Podemosencontrar entonces una serie de composici onde b/ bm i (como A / mi –espacio vectorial y como A –m odulo). Entonces A tiene longitud nita y como consecuencia es un anillo noetheriano.

El siguiente problema es ver qu e condiciones es necesario a nadir a un anillo noetherianopara que sea artiniano.

Para hacer el rec ıproco del Teorema de Akizuki, vamos a hacer el siguiente Lema.

Lema. 45.8.Sea A un anillo en el que el ideal cero es un producto de ideales maximales, por ejemplo m1,. . . , mt , no necesariamente distintos, entonces son equivalentes:

(a) A es un anillo noetheriano.

(b) A es un anillo artiniano.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Como tenemos m1 · · ·mt = 0, consideramos la cadena de subm odu-los:

A ⊇m1 ⊇ · · ·⊇m1 · · ·mt = 0,entonces m1 · · ·ms / m1 · · ·ms + 1 es un A / ms + 1–espacio vectorial de dimensi on nita, esto esconsecuencia de que A es un anillo noetheriano y de que A / ms + 1 es un cuerpo. Como conse-cuencia A es de longitud nita y por tanto A es un anillo artiniano.

El siguiente resultado es un rec ıproco del Teorema de Akizuki.





Teorema. 45.9. (Teorema de Akizuki.)Sea A un anillo. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es un anillo noetheriano y cada ideal primo es maximal;

(b) A es un anillo artiniano.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Por ser A un anillo noetheriano, existe un n umero nito de idealesprimos minimales, luego Nil( A ) = m1∩···∩mt para una familia nita de ideales maximales, yaque cada ideal primo, por la hip otesis, es maximal. Por ser Nil( A ) nilpotente existe un enteropositivo n tal que Nil( A )n = 0, entonces

(m1 · · ·mt )n ⊆(m1 ∩· · ·∩mt )n = Nil( A )n = 0,

y aplicando el Lema anterior tenemos el resultado.

El siguiente ejemplo muestra un anillo con un unico ideal primo, y por tanto un unico idealmaximal que no es artiniano y tampoco noetheriano.

Ejemplo. 45.10.Se considera un cuerpo K , el anillo B = K [ X 1, X 2, . . .] en innitas indeterminadas, el ideal

b = ( X 1, X 22 , X

33 , . . . ) y el anillo cociente A := B / b = K [ X 1, X 2, · · ·]/ ( X 1, X

22 , X

33 , . . .).

Llamamos x i a la clase de X i . El anillo A tiene un unico ideal primo, el ideal p := ( x 1, x 2, . . . ),que es maximal, ya que A / p∼= K es un cuerpo. Sin embargo A no es un anillo noetheriano, yaque el ideal p no es nitamente generado, y por tanto no es artiniano.

Modulos sobre anillos artinianos

Veamos algunas consecuencias de los Teoremas de Akizuki.

Corolario. 45.11.Sea A un anillo noetheriano y a un ideal de A . Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) Todo ideal primo de A / a es maximal;

(b) A / a es un A –m ´ odulo de longitud nita;

(c) Todo ideal primo de A / a es maximal;

(d) a es un producto de ideales maximales.





Corolario. 45.12.Sea A un anillo noetheriano y M un A –m ´ odulo nitamente generado. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M es de longitud nita;

(b) Todo ideal primo de Supp(M ) es maximal.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Si M es de longitud nita, entonces tiene una serie de composi-cion

0 = M 0 ⊂ · · ·⊂M r = M ,

con ideales maximales {m1, . . . , mr } tales que mi = Ann( M i / M i −1). Se tiene que Ass(M ) ⊆{m1, . . . , mr } y est a formado por ideales maximales, y como Ass(M ) son los elementos mini-males del soporte, resulta que el soporte est a formado por ideales maximales.

(b)⇒(a). Consideremos una cadena

0 = M 0 ⊂ · · ·⊂M r = M ,

con M i / M i −1 ∼= A / pi , pi ∈Ass(M ) = Supp( M ) por vericarse (b). Entonces tenemos una seriede composici on de M .

Corolario. 45.13.Sea A un anillo artiniano y M un A –m ´ odulo. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M es de longitud nita;

(b) M es nitamente generado.

Corolario. 45.14.Sea A un anillo artiniano y M un A –m ´ odulo nitamente generado, entonces M tiene longi-tud nita y Ass(M ) = Supp( M ).

DEMOSTRACI ON . Tenemos que A es un anillo noetheriano, entonces M es un A –m odulonoetheriano y artiniano, luego de longitud nita. Como A es artiniano, todo ideal primo esmaximal, y como Ass(M ) son los elementos minimales de Supp(M ), resulta que Supp(M ) =Ass(M ).

Corolario. 45.15.Sea A un anillo noetheriano y M un A –m ´ odulo nitamente generado. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) M es de longitud nita.

(b) A / Ann( M ) es un anillo artiniano.





DEMOSTRACI ON . Utilizando el Corolario ( 45.12. ) basta probar que son equivalentes que el

anillo A / Ann( M ) es artiniano y que Supp(M ) est a formado por ideales maximales, y esto esequivalente a probar que los ideales que contienen a Ann( M ) son maximales y son un n ume-ro nito.

Teorema de estructura de anillos artinianos

Teorema. 45.16. (Teorema de estructura de anillos artinianos.)Sea A un anillo artiniano con ideales maximales m1, . . . , mt . Entonces A es isomorfo al anillo producto

A / mn 1 × · · ·× A / mn t , para alg ´ un (n 1, . . . , n t )∈Nt . Adem ´ as, cada A / mn

i es un anillo local artiniano con ideal maxi-mal mi / mn

i .

DEMOSTRACI ON . Tenemos Nil( A ) = m1 · · ·mt . Existe n ∈ Ntal que 0 = Nil( A )n = mn 1 · · ·mn

t .Como los ideales mn

i son comaximales, resulta que mn 1 · · ·mn

t = mn 1 ∩· · ·∩mn

t . Entonces por elTeorema Chino del Resto tenemos un isomorsmo

A ∼= A / Nil( A )n ∼= A / mn 1

× · · ·× A / mn

t .

Losanillos A / mn i son artinianos y mi / mn

i es un ideal maximal, y como esnilpotente esel unico.

Ejemplo. 45.17.Para cada n ∈ Zel anillo Zn es nito, y por lo tanto es artiniano. Si la factorizaci on de n esn = p e 1

1 · · ·p e t t , entonces la descomposici on de Zn en producto de anillos artinianos locales

es:Zn =

Zp e 1

1 Z × · · ·× Zp e t

t Z.

En efecto, el nilradical es

n := p 1 · · ·p t Z/ n Z = ( p 1Z/ n Z) · · ·(p t Z/ n Z),

y se tiene ne = 0, siendo e = m ax{e 1, . . . , e t }. Por tanto en aplicaci on del Teorema ( 45.16. )resulta

Zn ∼= Z/ n Z

p e 1Z+ n Z/ n Z × · · ·× Z/ n Z

p e t Z+ n Z/ n Z

∼= Z

p e 1Z+ n Z × · · ·× Z

p e t Z+ n Z

= Zp e 1

1 Z × · · ·× Zp e t

t Z.





Ejemplo. 45.18.El caso de un anillo cociente K [ X ]/ (F ), siendo F

∈K [ X ] un polinomio no constante se resuel-

ve de la misma forma, ya que en este caso K [ X ]/ (F ) es una K –algebra de dimensi on nita, y por tanto las cadenas estrictas de ideales son nitas. Si la factorizaci on de F es en polinomiosirreducibles no asociados es

F = F e 11 · · ·F e t

t ,

entonces se tiene un isomorsmo

K [ X ]/ (F )∼= K [ X ](F e 1

1 ) ×· · ·× K [ X ](F e t

t ).

Queda ahora el problema de determinar la estructura de los anillos locales artinianos.

Teorema. 45.19. (Estructura de anillos locales artinianos.)Sea A un anillo local noetheriano. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) A es un anillo artiniano;

(b) El ideal maximal es nilpotente.


(b). Si A es un anillo artiniano, entonces cada ideal primo es maximal y el nilradical es nilpotente, luego el unico ideal maximal es nilpotente.

(b)⇒(a). Si el ideal maximal m es un ideal nilpotente, entonces para cada ideal primo p de A existe n ∈ N tal que mn

⊆ p, entonces m ⊆ p, y por tanto m es el unico ideal maximal. Aplicando entonces el Teorema de Akizuki tenemos que A es un anillo artiniano.

Vamos a estudiar con m as detalle los anillo locales artinianos. Veamos antes un resultadosobre anillos locales noetherianos:

Lema. 45.20.Sea A un anillo local noetheriano con ideal maximal m, entonces se verica una de las dos posibilidades siguientes:

(a) mn = mn + 1 para cada n ∈N;

(b) mn = 0 para alg ´ un n ∈N, y en este caso A es artiniano.

DEMOSTRACI ON . Supongamos que existe n ∈Ntal que mn = mn + 1, entonces se tiene mmn =mn + 1 = mn , y por el Lema de Nakayama mn = 0. Para ver que A es artiniano basta aplicar que

el ideal cero es un producto de ideales maximales.





Proposici on. 45.21.Sea A un anillo local artiniano con cuerpo residual K . Son equivalentes los siguientes enun-ciados:

(a) Cada ideal de A es principal;

(b) El ideal maximal de A es principal;

(c) dimK (m/ m2) ≤1.

DEMOSTRACI ON . De forma evidente tenemos (a) ⇒(b)⇒(c). Para probar que (c) ⇒(a), supon-gamos que dimK (m/ m2) ≤ 1. Si dimK (m/ m2) = 0, entonces m = m2, y por el Lema de Naka-

yama tenemos m = 0, entonces A es un cuerpo y se tiene el resultado. Si dimK (m/ m2) = 1,entonces tenemos que m es un ideal principal. Supongamos que m = xA . Para cada ideal pro-

pio no nulo a ⊆ A tenemos que a ⊆ m. Ya que Nil( A ) = m es nilpotente, existe m ∈ Ntal quea ⊆ mm = x m A y a mn + 1 = x m + 1 A . Entonces podemos tomar y ∈ a de forma que y = rx m e y /∈ x m + 1 A , luego r /∈ xA = m, esto es, es una unidad. Entonces x m

∈ yA ⊆ a y tenemos quea = x m A = mm es un ideal principal.

Estos ultimos resultados nos dicen que los anillos locales artinianos conmutativos, a pesarde su simplicidad aparente son de complicada estructura. A modo de ejemplo.

(1) El anillo Zp n es un ejemplo de anillo local artiniano, en el cada ideal es principal.

(2) El mismo resultado se tiene al considerar el anillo local artiniano K [ X ]/ (F e ), siendo F ∈K [ X ] un polinomio irreducible.

(3) En el anillo K [ X 2, X 3]/ ( X 4) el ideal maximal es el generado por la clase de X 2 y la clase de X 3. Por tanto no es un ideal principal. Adem as, se tiene que m2 est a generado por la clasede X 5 y dimK (m/ m2) = 2.

46. Repaso sobre la dimensi on de anillos

Los anillos artinianos son anillos que tienen dimensi on de Krull igual a cero, y en ellos las ca-denas de ideales primos se reducen a un unico elemento, pues todo ideal primo es maximal.En general no todo anillo de dimensi on cero es un anillo artiniano.

Ejemplo. 46.1.Se considera el anillo A = Q = Qn ≥0. Este anillo no es noetheriano y no es artiniano, yaque existe una cadena descendente no acotada:

Qn

≥0

⊇Qn

≥1

⊇Qn

≥2

⊇Qn

≥3

⊇ · · ·26 de octubre de 2010 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6



SEC . 46. R EPASO SOBRE LA DIMENSI ON DE ANILLOS 255

Sin embargo es de dimensi on cero, ya que los ideales primos son de la forma Qn = a para a ∈N,

y todos ellos son maximales, ya que A / Qn = a

∼= Q.

Vamos a reunir en la siguiente proposici on algunos resultados sobre anillos locales noethe-rianos.Proposici on. 46.2.Sea A un anillo local noetheriano con ideal maximal m y cuerpo residual F = A / m. Se veri-ca:

(1) El cociente m/ m2 es un F –espacio vectorial de dimensi ´ on nita. Sea d := dim F (m/ m2).

(2) Todo conjunto de generadores de m tiene al menos d elementos.

(3) Existe un conjunto de generadores de m que tiene d elementos.

(4) dimF (m/ m2) ≥dim( A ).

(5) En el caso en que A := K [ X 1, . . . , X n ]( X 1 ,..., X n ) , el localizado del anillo de polinomios en el ideal maximal ( X 1, . . . , X n ), y m el ideal maximal de A , se tiene

dimF (m/ m2) = n = dim( A ).

El ejemplo del anillo A := K [ X 1, . . . , X

n ]( X 1 ,..., X n )

proporciona un tipo especial de anillos, losanillos locales regulares. Un anillo noetheriano local A con ideal maximal m se llama regularsi verica:

dimF (m/ m2) = dim( A ).

Recordemos que dado un ideal primo p de un anillo A , la altura ht( p) de p es el supremo delas longitudes de las cadenas de ideales primos

p0 ⊂p1 ⊂ · · ·⊂pn = p

Y que en general se dene al altura, ht( a), de un ideal a como el m ınimo de las altura de losideales primos minimales sobre a.

Proposici on. 46.3.Para cada ideal primo p se verica ht( p) = dim( A p).

Proposici on. 46.4.Si A es un anillo noetheriano, entonces todo ideal primo de A tiene altura nita. En conse-cuencia el conjunto de los ideales primos de A verica la condici ´ on de cadena descendente.

El concepto dual de altura es el de profundidad. La profundidad de un ideal primo p en unanillo A se dene como el supremo de las longitudes de las cadenas de ideales primos

p = p0 ⊂p1 ⊂ · · ·⊂pn .




SEC . 46. R EPASO SOBRE LA DIMENSI ON DE ANILLOS 257

calculo de B p1 podemos realizarlo como:

B p1 = ( K [ X m 2 , X m 2+ 1, . . .][ X m 1 , . . . , X m 2−1])p1 = K ( X m 2 , X m 2+ 1, . . . )[ X m 1 , . . . , X m 2−1]p1,

que es el localizado de un anillo de polinomios con coecientes en un cuerpo, y por lo tantoes noetheriano.

(3) El siguiente resultado que necesitamos es comprobar que para cada elemento 0 = a ∈ A pertenece solo a un n umero nito de ideales maximales. Esto es consecuencia del razona-miento en (1).

(4) Veamos que cada ideal de A es nitamente generado. Dado un ideal a de A , este est a con-tenido solo en un n umero nito de ideales maximales, sean m1, . . . , ms todos los ideales ma-ximales que contienen a a. Podemos encontrar un conjunto nito de elementos a 1, . . . , a t ena tales que no existe ning un ideal maximal, distinto de los anteriores que contiene a todosellos. Utilizando que A m j es noetheriano, existe un n umero nito de elementos a j ,1, . . . , a j ,t j que generan el ideal a A mi . Consideramos ahora el conjunto nito

C = {a 1, . . . , a t }∪ j {a j ,1, . . . , a j ,t j }.

Vamos a ver que a = c ∈C aA .

Para m = m j , j = 1, . . . , s , se tiene:

a A m = A m , ya que a m.

∃a i , i ∈{1, . . . , t }, tal que a i /∈m, entonces c ∈C cA m = A m .

Para m = m j , j ∈{1, . . . , s }, se tiene

a A m j = ( a j ,1, . . . , a j ,t j ) A m j ⊆ c ∈C cA m j ⊆a A m j .

Por tanto c ∈C cA m = a A m para cada ideal maximal m, y por tanto se tiene que a = c ∈C cA es un ideal nitamente generado y A es un anillo noetheriano.

Si identicamos pi con su extendido en A , observa que el anillo A pi tiene dimensi on m i + 1−m i ,por lo tanto el ideal primo pi tiene altura m i + 1 −m i . Como estos n umeros van creciendo se

tiene que la dimensi on de A es innita.





47. Ejercicios

Ejercicio. 47.1.Demuestra que para cada anillo A se tiene:

dim( A ) = sup {dim( A p) | p∈Spec( A )}.

SOLUCI ONEjercicio. 47.2.Demuestra que si a es un ideal nilpotente de un anillo A , entonces:

dim( A ) = dim( A / a).

SOLUCI ONEjercicio. 47.3.Sea K un cuerpo y a⊆K [ X 1, . . . , X n ]el ideal generado por los siguientes polinomiosde grado uno:

a =F 1 = n

i = 0 a 1,i X i ,...

F s =n i = 0 a s ,i X i

Si r es el rango del sistema de ecuaciones lineales:

n i = 1 a 1,i X i = a 1,0

...n i = 1 a s ,i X i = a s ,0

Prueba que la dimensi ´ on del anillo K [ X 1, . . . , X n ]/ a es igual a n −r .

SOLUCI ONEjercicio. 47.4.Prueba que un ´ algebra af ´ ın (cociente de un anillo de polinomios en un n ´ umero nito de indeterminadas) tiene dimensi ´ on cero si y solo si es nito dimensional.

SOLUCI ON




SEC . 48. D ESCOMPOSICI ON PRIMARIA DE IDEALES 261

Observa que ( X , Y )2 es un ideal primario, ya que si FG ∈( X , Y )2 y F /∈( X , Y )2⊆( X , Y ), si G /∈

( X , Y ), entonces ( X , Y ) + ( G ) = K [ X , Y ], lo que implica que existen H ∈ ( X , Y )2

y L ∈ K [ X , Y ]tales que H + LG = 1, entonces F = FH + LFG ∈( X , Y )2, lo que es una contradicci on.

El siguiente ejemplo prueba que no es tampoco suciente que el radical del ideal sea primo,ni que este sea la potencia de un ideal primo para que sea primario.

Ejemplo. 48.5.Sea A = K [ X , Y , Z ]/ ( XY −Z 2), llamamos X , Y y Z a las clases de X , Y y Z en A . Tenemos queel ideal p = ( X , Z ) es un ideal primo, y que p2 no es un ideal primario, ya que XY = Z

2

∈p2, y se tiene que X /

∈

p2 y Y n /

∈

pn para ning un n

∈

N.

Por el contrario, toda potencia de un ideal maximal siempre es un ideal primario.

Lema. 48.6.Sea A un anillo conmutativo y q un ideal propio. Si rad( q) es un ideal maximal, entonces q es un ideal primario. En particular las potencias de un ideal maximal son ideales primarios.

DEMOSTRACI ON . Se considera el cociente A / q, como rad( q) = m es un ideal maximal, resultaque A / q tiene un unico ideal primo, luego cada divisor de cero es nilpotente y q es un idealprimario.

Corolario. 48.7.Sea A un anillo conmutativo, q un ideal propio y m un ideal maximal tal que mn

⊆ q ⊆ m para alg ´ un n ∈N, entonces q es un ideal m–primario.

DEMOSTRACI ON . Es claro, ya que rad(q) = m.

Descomposici on primaria de ideales

Lema. 48.8.Sea A un anillo conmutativo y {qα | α ∈ Λ}una familia de ideales p–primarios, entonces

∩α qα es un ideal p–primario.

DEMOSTRACI ON . Se tiene rad(∩α qα ) = ∩α rad(qα ) = p. Por otro lado, si xy ∈∩α qα y x /∈∩α qα ,entonces existe un ındice β tal que x /∈qβ , luego existe n ∈Ntal que y n

∈qβ y por tanto y ∈p.

Entonces existe m ∈Ntal que y

m

∈∩α qα .




262 C AP. IX. DESCOMPOSICI ON PRIMARIA

Proposici on. 48.9.Sea A un anillo conmutativo y q un ideal p–primario. Para cada x

∈ A se verica:

(1) x ∈q si y s olo si (q: x ) = A ;

(2) x /∈q si y s olo si (q: x ) es p–primario;

(3) x /∈p si y s olo si (q: x ) = q.

DEMOSTRACI ON . (1). Es consecuencia directa de la denici on.(2). Si x /∈ q y ab ∈ (q : x ) con a /∈ (q : x ), entonces abx ∈ y ax /∈ q, luego existe n ∈ Ntalque b n

∈ q, en particular b n ∈ (q : x ), luego (q : x ) es primario. El rec ıproco es inmediato,

ya que cada ideal primario es un ideal propio. Para ver que es p–primario, comprobamos laigualdades siguientes:

rad( q : x ) = {a | ∃n ∈N, a n ∈(q : x )}= {a | ∃n ∈N, a n x ∈q}= {a | ∃n ∈N, a n ∈q} = rad( q) = p.

(3). Es consecuencia directa de la denici on.

Si a es un ideal propio de A , una descomposici on primaria de a es una expresi on del tipo:

a = ∩n i = 1qi ,

con qi ideales primarios. Una descomposici on primaria se llama minimal si verica las doscondiciones siguientes:

(I) rad(qi ) = rad( q j ) si i = j ;

(II ) qi ∩ j = i q j para cada ındice i = 1, . . . , n .

Un ideal a se llama descomponible si tiene una descomposici on primaria.

Lema. 48.10.Todo ideal descomponible tiene una descomposici ´ on primaria minimal.

DEMOSTRACI ON . Es consecuencia del Lema ( 48.8. ).

Teorema. 48.11. (Primer teorema de unicidad.)Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposici ´ on primaria minimal a =

∩n i = 1qi . Sea rad(qi ) = pi para cada ´ ındice i . Entonces los ideales pi son todos los ideales

primos que se pueden escribir en la forma rad(a : x ), para x ∈ A . Como consecuencia son

independientes de la elecci ´ on de la descomposici ´ on primaria considerada.





Proposici on. 48.15.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Si q es un ideal p–primario de A se verica:

(1) Si Σ ∩p = ∅, entonces Σ−1q = Σ −1 A ;

(2) Si Σ ∩p = ∅, entonces Σ−1q es Σ−1p–primario y (Σ−1q)c = q.

Como consecuencia, existe una correspondencia biyectiva entre ideales primarios de Σ−1 A y los ideales primarios que no cortan a Σ .

DEMOSTRACI ON . Si Σ ∩p = ∅, entonces existe s ∈ Σ ∩p, como p = rad( q), existe n ∈ Ntal

que s n

∈q, luego Σ−

1q = Σ −

1 A .Si Σ ∩ p = ∅, y (a / 1)(( b / 1) ∈ Σ−1q, a / 1 /∈ Σ−1q, entonces existe s ∈ Σ tal que abs ∈ q

y as /∈ q. Luego existe n ∈ N tal que b n ∈ q, en consecuencia b / 1 ∈ Σ−1q. Por otro lado

rad(Σ −1q) = Σ −1 rad( q) = Σ −1p.

Para cada ideal a de un anillo A y cada subconjunto multiplicativo Σ , llamamos Sat Σ (a) a laΣ–saturaci on de a, esto es, a SatΣ (a = (Σ −1a)c .

Proposici on. 48.16.Sea A un anillo conmutativo y Σ un subconjunto multiplicativo. Sea a un ideal de A con una descomposici ´ on primaria minimal a =

∩n

i = 1qi . Sea rad(qi ) = pi para cada ´ ındice i . Suponga-

mos que p j ∩Σ = ∅ para j = 1, . . . , m y p j ∩Σ = ∅ para j = m + 1, . . . , n . Entonces

Σ−1a = ∩m i = 1Σ−1q y SatΣ (a) = ∩m

i = 1qi

son descomposiciones primarias minimales.

Un subconjunto P de Spec( A ) se llama gen ericamente estable cuando verica que:

si p∈P y p ⊆p, entonces p ∈P .

Ejemplo. 48.17.Dado un conjunto multiplicativo Σ ⊆ A el conjunto P = {p | p ∩Σ = ∅} es un conjuntogen ericamente estable.

Teorema. 48.18. (Segundo teorema de unicidad.)Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposici ´ on primaria minimal a =

∩n i = 1qi . Sea rad(qi ) = pi , para cada ´ ındice i . Si {p1, . . . , pm } es un conjunto gen ´ ericamente

establecontenido en Ass( A / a), entonces q1∩···∩qm es independiente de la descomposici ´ on primaria.

Observa que conjunto {p1, . . . , pm }puede estar propiamente contenido en Ass( A / a).




SEC . 49. D ESCOMPOSICI ON PRIMARIA DE M ODULOS SOBRE ANILLOS NOETHERIANOS 265

DEMOSTRACI ON . Llamamos Σ = A \ (p1∪. . .∪pm ), entonces Σ es un conjunto multiplicati-

vamente cerrado. Para cada ideal primo p, asociado a a se tiene p ∩Σ = ∅, si p∈ {p1 . . . , pm },o p ∩Σ = ∅, si p /∈ {p1 . . . , pm }. Entonces Σ−1a = ∩m

1 Σ−1qi , y se tiene aΣ = ∩m 1 qi .

Si a es un ideal con una descomposici on primaria, cada elemento minimal de Ass( A / a) sellama un primo aislado , los restantes ideales primos se llaman embebidos .

Si pi es un primo aislado, entonces qi se llama componente primaria aislada , las otras sellaman componentes primarias embebidas .

Observa que cualquier conjunto de primos aislados es un subconjunto gen ericamente esta-

ble.Corolario. 48.19.Sea A un anillo conmutativo y a un ideal con una descomposici ´ on primaria. Las componen-tes primarias aisladas est ´ an determinadas de forma ´ unica.

Por el contrario las componentes embebidas no est an determinadas de forma unica.

Ejemplo. 48.20.Se considera el anillo A = K [ X , Y ] y el ideal a = ( X 2, XY ). Llamamos p1 = ( X ) y p2 = ( X , Y ).Entonces a = p1 ∩p2

2 es una descomposici on primaria de A . Entonces como p1 ⊆p2, entonces

p1 es un primo aislado y p2 es un primo embebido.Otra descomposici on primaria de a es a = ( X ) ∩( X 2, Y ). En este caso la componente aisladaes ( X ) y la componente embebida es ( X 2, Y ), lo que prueba que las componentes embebidasno est an determinadas de forma unica.

49. Descomposici on primaria de m odulos sobre anillos noe-therianos

OPCIONAL

Vamos a establecer los resultados sobre descomposiciones primarias para m odulos, y en par-ticularvamos a probar que cada subm odulodeunm odulo noetheriano tiene una descompo-sici on primaria. Por lo tanto cada ideal de un anillo noetheriano tendr a una descomposici onprimaria.

Veamos algunos resultados sobre ideales primos asociados.

Ass(M ) = {p∈

Spec( A ) | existe 0 = m ∈

M , tal que p = Ann( m )}.





Un A –m odulo M se llama coterciario si Ass(M ) es un conjunto unitario. Vamos a ver una con-

dici on suciente para que un A –m odulo sea coterciario. Un A –m odulo M se llama uniformesi para cada par de subm odulos no nulos N y L se tiene N ∩L = 0.

Lema. 49.1.Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo uniforme tal que Ass(M ) es no vac ´ ıo, enton-ces M es coterciario.

DEMOSTRACI ON . Sean p1, p2 ∈Ass(M ),con pi = Ann( m i ), i = 1, 2.Si M es uniforme entoncesexiste 0 = x ∈ Am 1 ∩ Am 2, y se verica:

p1 = Ann( m 1) = Ann( x ) = Ann( m 2) = p2.

La inclusi on Ann( m 1)⊆

Ann( x ) es clara, y si x = am 1, para cada elemento b ∈

Ann( x ) se tiene0 = bx = bam 1, y como a /∈Ann( m 1) = p, se tiene b ∈p = Ann( m 1).

Ejercicio. 49.2.Sea A un anillo conmutativo, p un ideal primo de A y M un A –m ´ odulo. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) p es un ideal primo asociado a M ;

(b) Existe un homomorsmo inyectivo A / p →M .

En particular se verica Ass( A / p) =

{p

}y p es el anulador de cada elemento no nulo de A / p.

Sea M un A –m odulo, un subm odulo N de M se llama esencial si es no nulo y para cadasubm odulo no nulo L de M se tiene N ∩ L = 0. Se dice tambi en que M es una extensi onesencial de N . Cuando N ⊆M es un subm odulo esencial escribimos N ⊆e M .Lema. 49.3.Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo, entonces para cada extensi ´ on esencial M ⊆e

E se verica Ass(M ) = Ass( E ).

Sea M un A –m odulo, un elemento a ∈

A se llama un divisor de cero de M si existe 0 = m ∈

M tal que am = 0. Llamamos Div(M ) al conjunto de los divisores de cero de M .

Lema. 49.4.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo no nulo, entonces el conjunto de todos los divisores de cero de M es la uni ´ on de los primos asociados a M .

Div(M ) = ∪{p∈Spec( A ) | p∈Ass(M )}.

DEMOSTRACI ON . La inclusi on Div(M )⊇∪{p | p∈Ass(M )}es clara. Si a ∈Div(M ), entonces

existe 0 = m ∈ M ta que am = 0. Sea Γ = {a | a ∈ a , am = 0, para alg un 0 = m ∈ M }, y sea





a∈Γ maximal con am 0 = 0, m 0 = 0. Se tiene que a es un ideal primo. En efecto, sean x , y /∈a

tales xy ∈ a; por la maximalidad de a para cada 0 = m ∈ M se tiene que (a + Ax )m = 0 y (a + Ay )m = 0, luego 0 = ( a + Ax )(a + Ay )m 0 ⊆am 0 = 0, lo que es una contradicci on.

Corolario. 49.5.Sea A un anillo noetheriano conmutativo, entonces el conjunto de los divisores de cero de A es la uni ´ on de los ideales primos asociados a A .

Ver tambi en la Proposici on ( 48.14. ).

Teorema. 49.6.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo nitamente generado no nulo.

Se verica: (1) Existe una cadena de subm ´ odulos

0 = M 0 ⊂M 1 ⊂ · · ·⊂M n = M

tal que M i / M i −1 ∼= A / pi , para pi ∈Spec( A );

(2) Para todas las cadenas del tipo anterior se verica:

Ass(M )⊆ {p1 · · · , pn }⊆Supp( M ).

En particular, para cada A –m ´ odulo nitamente generado M el conjunto Ass(M ) es nito.

DEMOSTRACI ON . (1). Si tomamos p1 ∈ Ass(M ), entonces existe un elemento 0 = m 1 ∈ M tal que p1 = Ann( m 1). Si llamamos M 1 = Am 1, entonces M 1/ M 0 ∼= A / p1. Si M / M 1 = 0, existep2 ∈ Ass(M / M 1) y existe 0 = m 2 + M 1 ∈ M / M 1 tal que Ann( m 2 + M 1) = p2. Si llamamosM 2 = Am 1 + Am 2, entonces se verica M 2/ M 1 ∼= A / p2. De esta forma se obtiene una cadenaascendente, como indica el enunciado. que ha de ser nita.(2). Dado p ∈ Ass(M ), existe 0 = m ∈ M tal que Ann( m ) = p. Si p = p1, vamos a ver quep ∈ Ass(M / M 1), y por inducci on se obtendr a que p es uno de los pi . Como p = p1, entonces

Am ∩ Am 1 = 0, (ver la demostraci on del Lema ( 49.1. )). Entonces Am ∼= Am + Am 1 Am 1 ⊆ M M 1 , y en

consecuencia p∈Ass(M / M 1).Dado p, uno de los pi , tenemos una cadena

0 = M 0 ⊆(M 1)p ⊆ · · ·⊆(M n )p = M p.

Para ver que M p = 0, basta ver que (M i −1)p = ( M i )p, o equivalentemente que (M i / M i −1)p = 0; y esto es inmediato.

Recordemos que si M es un A –m odulo, el soporte de M , Supp( M ), est a formado por todos los

ideales primos p tales que M p = 0.





Corolario. 49.7.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo nitamente generado no nulo.Si a es un ideal formado por divisores de cero de M , entonces existe un 0 = m ∈ M tal que am = 0.

DEMOSTRACI ON . Sea a un ideal formado por divisores de cero de M , entonces a⊆∪{p | p∈Ass(M )}; como este conjunto es nito, existe un ideal p∈Ass(M ) tal que a⊆p. Si p = Ann( m ),entonces am = 0.

Proposici on. 49.8.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo no nulo. Sea Σ un subconjunto

multiplicativo, entonces se verica: Ass(Σ −1M ) = {pΣ−1 A | p∈Ass(M ), p ∩Σ = ∅}

Proposici on. 49.9.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo nitamente generado no nulo.Entonces

Supp( M ) = {q∈Spec( A ) | existe p∈Ass(M ) tal que p⊆q}En particular, los ideales primos minimales del soporte de M son ideales primos asociados a M .

DEMOSTRACI ON . Sea p∈Supp( M ), entonces M p = 0. Sea q A p ∈Ass(M p), si q A p = Ann( m / 1),entonces, por ser q nitamente generado, existe s ∈ A \ p tal que s qm = 0. en particularq ⊆ Ann( sm ). La otra inclusi on es obvia. Por tanto q = Ann( sm ), luego q ∈ Ass(M ) y comop⊇q, tenemos el resultado.

Ejercicio. 49.10.Sea M un A –m ´ odulo y p un ideal primo. Para cada elemento m ∈ M se verica: m / 1 = 0 enM p si y s olo si Ann( m )⊆p.

Lema. 49.11.Sea A un anillo conmutativo y M un A –m ´ odulo nitamente generado no nulo, entonces se verica:

(1) Supp(M ) = {p | p⊇Ann( M )}.

(2) rad(Ann( M )) = ∩{p | p∈Supp( M )}= ∩{p | p∈Ass(M )}.

Sea M un A –m odulo, un elemento a ∈ A se llama nilpotente para M si existe n ∈ Ntal que

a n

M = 0





Lema. 49.12.Sea A un anillo noetheriano conmutativo, M un A –m ´ odulo no nulo y N un subm ´ odulo propio tal que M / N es nitamente generado. Son equivalentes los siguientes enunciados:

(a) Ass(M / N ) = {p};

(b) Cada divisor de cero de M / N es nilpotente para M / N .

DEMOSTRACI ON . Como M / N es nitamente generado se tiene rad(Ann( M / N )) = ∩{q | q ∈Supp( M / N )} = ∩{q | q ∈ Ass(M / N )}, y por ser A noetheriano resulta que Div(M / N ) = ∪{q |q∈Ass(M / N )}, entonces se verica:(a)

⇒

(b). Si Ass(M / N ) =

{p

}, entonces Div(M / N ) = p = rad(Ann( M / N )) , y cada divisor de

cero de M / N es nilpotente.(b)⇒(a). Si cada divisor de cero es nilpotente, entonces ∩q = rad(Ann( M / N )) = Div( M / N ) =

∪q, luego Ass(M / N ) tiene un unico elemento.

Si A es un anillo conmutativo, M es un A –m odulo no nulo un N un subm odulo propio deM , decimos que N es primario en M si cada elemento que es un divisor de cero de M / N esnilpotente para M / N .

Lema. 49.13.Si N ⊆M es un subm ´ odulo primario, entonces el ideal

{a ∈

A | a es nilpotente sobre M / N }es primo.

DEMOSTRACI ON . Llamamos a = {a ∈ A | a es nilpotente sobre M / N }, es claro que a es unideal de A . Para ver que es primo, sean a , b ∈ A tales que ab ∈ a, si b /∈ a entonces b no esnilpotente sobre M / N y no es divisor de cero, luego para todo 0 = m + N ∈ M / N se tieneb (m + N ) = 0. Como ab (m + N ) = 0, resulta que a es un divisor de cero, y por hip otesisnilpotente, y por tanto a ∈a .

Cuando N ⊆M es un subm odulo primario y

p = {a ∈ A | a es nilpotente sobre M }= {a ∈ A | a es divisor de cero sobre M },

decimos que N es un subm odulo p–primario de M .

Un subm odulo N ⊆M tal que Ass(M / N ) = {p}se llama un subm odulo p–terciario de M .

El Lema ( 49.12. ) nos dice que si A es un anillo noetheriano y N ⊆ M es un subm odulo talque M / N es nitamente generado, entonces N es un subm odulo p–primario si y solo si es un

subm odulo p–terciario, esto es, Ass(M / N ) = {p}.





Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m odulo. Un subm odulo propio N de M

tiene una descomposici on primaria si existen subm odulos primarios N 1, . . . , N n tales queN = N 1 ∩· · ·∩N n .

Una descomposici on primaria N = N 1 ∩· · ·∩N n , siendo N i un subm odulo pi –primario paracada ındice i , se llama minimal si verica las condiciones siguientes:

(1) Si i = j , entonces pi = p j ;

(2) ∩ j = i N j N i para cada ındice i .Proposici on. 49.14.Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo no nulo. Para cada subconjunto

P ⊆Ass(M ) existe un subm ´ odulo no nulo N de M tal que

Ass(N ) = Ass( M ) \ P y Ass(M / N ) = P .

DEMOSTRACI ON . Sea Γ = {N ⊆ M | Ass(N ) ⊆ Ass(M ) \ P}. Ya que Ass(0) = ∅, tenemos0 ∈ Γ, luego Γ = ∅. Para ver que Γ es inductivo consideramos una cadena {N i }i en Γ, y

llamamos N = ∪i N i . Si p ∈ Ass(N ) existe 0 = x ∈ N tal que p = Ann( x ), y un ındice i tal quep∈Ass(N i )⊆Ass(M ) \ P . Por el lema de Zorn, existen en Γ elementos maximales. Sea N ∈Γmaximal.De la sucesi on exacta 0 →N →M →M / N →0 se deduce que Ass(M )⊆Ass(N )∪Ass(M / N ), y como Ass(N )⊆Ass(M ) \ P , resulta que P ⊆Ass(M / N ). Sea ahora p∈Ass(M / N ), entoncesexiste 0 = x + N ∈M / N tal que p = Ann( x + N ). Tenemos una sucesi on exacta corta

0 −→N −→N + Ax −→ A (x + N ) −→0,

entonces Ass(N + Ax ) ⊆ Ass(N )∪Ass( A (x + N )) ⊆ (Ass(M ) \ P )∪P , y por la maximalidadde N resulta p /

∈

Ass(M )

\ P , luego p

∈ P . Se verica pues la igualdad Ass(M / N ) =

P y en

consecuencia Ass(N ) = Ass( M ) \ P .

Veamos un Teorema de existencia de descomposici on primaria de m odulos sobre anillosnoetherianos.

Teorema. 49.15. (Teorema de Lasker–Noether)Sea A un anillo noetheriano conmutativo y M un A –m ´ odulo nitamente generado no nulo.Entonces todo subm ´ odulo propio N de M tiene una descomposici ´ on primaria minimal.

DEMOSTRACI ON . Se considera el cociente M / N . Para cada ideal p ∈ Ass(M / N ) existe un





subm odulo N (p) vericando:

Ass(N (p)/ N ) = Ass( M / N ) \ {p}Ass M / N

N (p)/ M = Ass M N (p = {p}.

Llamamos N 0 = ∩{N (p) | p∈Ass(M / N )}. Tenemos entonces:

Ass(N 0/ N )⊆Ass(N (p)/ N ) = Ass( M / N ) \ {p},

para cada p

∈

Ass(M / N ), luego Ass(N 0/ N ) = ∅. Por tanto N 0 = N y tenemos una descompo-sici on primaria de N .Falta ver que es minimal. Esto es consecuencia de al denici on, ya que si existe p∈Ass(M / N )tal que ∩q= pN (q)⊆N (p), entonces N = ∩q= pN (q), luego M / N = M

∩q = p N (q) ⊆⊕ M N (q) , y tenemos

Ass(M / N )⊆ {q | q = p}, lo que es una contradicci on.

Observaci on. 49.16.La descomposici on primaria puede ser innita si el m odulo M no es nitamente generado.En el caso de m odulos nitamente generados la descomposici on primaria es siempre nitapor la nitud del conjunto de ideales asociados.

DEMOSTRACI ON . [Otra demostraci on.] Primero probamos que cada subm odulo propio deM / N es una intersecci on nita de subm odulos irreducibles.Sea Γ = { X ⊆ M / N | X no es una intersecci on nita de sub. irre. }. Como M / N es nita-mente generado, existe X ∈ Γ maximal. Entonces X no es irreducible, y por tanto existen X 1, X 2 ⊆ M / N tales que X = X 1 ∩ X 2 y X X 1, X 2. Por la maximalidad de X tenemos que cada X i es una intersecci on nita de subm odulos irreducibles, luego X tambi en lo es, lo que es unacontradicci on. Por tanto Γ = ∅. Ahora comprobamos que cada subm odulo irreducible de M / N es primario. Sea X ⊆ M / N un subm odulo irreducible, entonces M / N

X es uniforme, y por tanto Ass M / N X es un conjunto

unitario, luego X es un subm odulo primario de M / N .Tenemos entonces que el subm odulo 0 es una intersecci on nita de subm odulos irreduci-bles, y por lo tanto primarios de M / N . Entonces N tiene una descomposici on primaria. Pasarahora a una descomposici on primaria minimal es sencillo.

Teorema. 49.17. (Unicidad de la descomposici on primaria.)Sea A un anillo noetheriano conmutativo, M un A –m ´ odulo nitamente generado no nulo y N un subm ´ odulo propio de M con una descomposici ´ on primaria minimal N = N 1 ∩···∩N n con Ass(M / N i ) = {pi }. Entonces Ass(M / N ) = {p1, . . . , pn }y estos ideales est ´ an determina-dos de forma ´ unica. Adem ´ as, si N = N 1 ∩·· ·∩N m con Ass(M / N i ) = {pi }es otra descompo-

sici ´ on primaria minimal, entonces n = m y {p1, . . . , pn }= {p1, . . . , pm }.





DEMOSTRACI ON . Llamamos H i = ∩ j = i N j . Es claro que N = H i ∩N i . Se verica adem as

0 = H i N ∼

= H i + N i

N i ⊆ M N i

.

como consecuencia ∅= Ass( H i / N )⊆Ass(M / N i ) = {pi }, y por otro lado H i / N ⊆M / N , luegotenemos pi ∈Ass(M / N ) y {p1, . . . , pn }⊆Ass(M / N ). Veamos la otra inclusi on por inducci on sobre n . Supongamos que n > 1 y que el resultadoes cierto para n − 1. Tenemos que H i = ∩ j = i N j es una descomposici on primaria minimal,entonces se verica Ass(M / H i ) = {p j | j = i }. Ahora se verica

M H i

= M / N H i / N

,

y por tanto

Ass(M / N )⊆Ass(M / H i )∪Ass(H i / N )⊆ {p1, . . . , pn }.

Veamos el comportamiento de los subm odulos primarios ante localizaci on.

Sea Σ un subconjunto multiplicativo y N ⊆ M un subm odulo, llamamos SatΣ (N ) a la Σ–saturaci on de N , esto es,

Sat Σ (N ) = {m ∈M | existe s ∈Σ tal que sm ∈N };

es la imagen inversa de Σ−1N por el homomorsmo M

→Σ−1M .

Lema. 49.18.Sea A un anillo noetheriano conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo y M un A –m ´ odu-lo. Se verica:

(1) Si N ⊆M es un subm ´ odulo p–primario y p ∩Σ = ∅, entonces Σ−1N = Σ −1M ;

(2) Si N ⊆ M es un subm ´ odulo p–primario y p ∩Σ = ∅, entonces Σ−1N es un subm ´ odulo pΣ−1 A –primario de Σ−1M ;

(3) Si N

⊆M es un subm ´ odulo p–primario y p

∩Σ = ∅, entonces SatΣ (N ) = N .





Lema. 49.19.Sea A un anillo noetheriano conmutativo, Σ un subconjunto multiplicativo, M un A –m ´ odulo y N un subm ´ odulo propio de M tal que M / N es nitamente generado. Llamamos

A= Ass( M / N ) y B = {p∈Ass(M / N ) | p ∩Σ = ∅}.

Si N = N 1 ∩· · ·∩N n es una descomposici ´ on primaria minimal de N con Ass(M / N i ) = {pi }.Se verica:

(1) Σ−1N = ∩{Σ−1N i | pi ∈ B} es una descomposici ´ on primaria minimal de Σ−1N enΣ−1M ;

(2) SatΣ (N ) =

∩{N i

| pi

∈B}es una descomposici ´ on primaria minimal de SatΣ (N ) en M .

Corolario. 49.20.Sea A un anillo noetheriano conmutativo, M un A –m ´ odulo, N un subm ´ odulo propio de M tal que M / N es nitamente generado, pi es un ideal primo aislado (minimal en Ass(M / N ))y N = N 1 ∩· · ·∩N n es una descomposici ´ on primaria minimal de N con Ass(M / N i ) = {pi }.Entonces N i est ´ a determinado directamente por N y no depende de la descomposici ´ on pri-maria minimal. En particular tenemos la siguiente descripci ´ on: N i = Sat A \pi (N ).

Como consecuencia, si todos los ideales primos de Ass(M / N ) son minimales,en Ass(M / N ),

entonces N tiene exactamente una descomposici on primaria minimal en M .

Ejercicio. 49.21.Sean N 1, N 2 ⊆M subm ´ odulos terciarios tales que N 1 ∩N 2 ⊆M es un subm ´ odulo p-terciario,entonces cada N i ⊆M es un subm ´ odulo p-terciario.

SOLUCI ON . Consideramos la siguiente sucesi on exacta corta:

0 N 1N 1∩N 2

M N 1∩N 2

N 1N 2

0

N 1+ N 2N 2

Si Ass( M N i ) = {pi }, como se tiene

{p}= Ass( M

N 1 ∩N 2)⊆Ass(

N 1N 1 ∩N 2

)∪Ass(M N 1

) = Ass(N + N 21

N 2)∪Ass(

M N 1

)⊆Ass(M N 2

)∪Ass(M N 1

) = {p1}∪

tenemos el resultado p = p1 = p2.





49.1. Ideales quasiprimarios

Ejercicio. 49.22.Sea A un anillo y q1, q2 ideales p1 y p2–primarios, respectivamente, tales que p1 ⊆ p2 y qi q j ,si i = j . Entonces q := q1 ∩q2 no es un ideal primario, y verica: si ab ∈ q, entonces existenn , m ∈Ntales que a n

∈q o b m ∈q.

SOLUCI ON . Es claro que q1 = ( X 2) es ( X )–primario y que ( X 3, Y ) es ( X , Y )–primario. El idealq = ( X 2) ∩( X 3, Y ) = ( X 3, X 2Y ) no es primario. Si tomamos a = X 2 y b = ( X + Y ), se tieneab = X 3 + X 2Y ∈ q, pero a = X 2 /∈ q y b n =

n i = 0

n i X i Y n −1 /∈ q, ya que nXY n −1 + Y n /∈ q

cuando n

≥3.

Supongamos ahora que a , b ∈ A verican ab ∈ q. Si a /∈ q, supongamos que a /∈ q1, entoncesexiste n ∈ Ntal que b n

∈ q1. Entonces b ∈ rad(q1) = p1 ⊆ p2, y existe m ∈ Ntal que b m ∈

q1 ∩ q2 = q. Si suponemos que a /∈ q2, entonces existe n ∈ N tal que b n ∈ q2. Si ninguna

potencia b s pertenece a q1, entonces b /∈ p1, y b /∈ q2, luego existe n ∈ Ntal que a n ∈ q1, de

aqu ı a ∈p1 ⊆p2 y existe m ∈Ntal que a m ∈q1 ∩q2 = q.

Un ideal propio q ⊆ A se llama quasiprimario si para cualesquiera a , b ∈ A tales que ab ∈ qexisten n , m ∈Ntales que a n ∈q o a m

∈q.

Lema. 49.23.Si q es un ideal quasiprimario de A , entonces rad(q) es un ideal primo.

DEMOSTRACI ON . Sea q un ideal quasiprimario y p = rad( q). Si a , b ∈ A verican ab ∈p, existen ∈ Ntal que a n b n = ( ab )n

∈ q, luego existe m ∈ Ntal que (a n )m ∈ q o (b n )m

∈ q, esto es,a ∈p o b ∈p.

Sea M un A –m odulo. Un elemento a ∈ A se llama localmente nilpotente sobre M si paracada m ∈M existe n (m )∈Ntal que ma n (m ) = 0.

Lema. 49.24.Si M es un A –m ´ odulo nitamente generado, todo elemento localmente nilpotene sobre M es un elemento nilpotente sobre M .

DEMOSTRACI ON . Si m 1, . . . , m t es un sistema de generadores de M y n i = n (m i ), para i =1, . . . , t , basta tomar n = max {n 1, . . . , n t }para tener Ma n = 0.

Proposici on. 49.25.Si A es un anillo noetheriano, son equivalentes:

(a) a ∈

A es localmente nilpotente sobre M .




SEC . 50. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS IRREDUCIBLES 275

(b) a ∈∩{p | p∈Ass(M )}.

DEMOSTRACI ON . (a)⇒(b). Si a es localmente nilpotente, para cada m ∈ M existe n (m ) ∈Ntal que ma n (m ) = 0, luego a ∈rad(Ann( m )) . Como cada ideal primo p∈Ass(M ) es de la formap = Ann( m ), tenemos el resultado.

(b)⇒(a). Sea a ∈ ∩{p | p ∈ Ass(M )}. Si a no es localmente nilpotente, existe 0 = m ∈ M talque ma e = 0 para cada e ∈N. Tomamos uno de estos m tal que Ann( m ) maximal. Vamos a verque Ann( m ) es un ideal primo, lo que nos llevar a a una contradicci on. Sean x , y ∈ A tales quexy ∈ Ann( m ), si x , y /∈ Ann( M ), entonces 0 = mx , my , y como Ann( m ) ⊆ Ann( mx ), Ann( my ),se tiene que existen e , f

∈ N tales que mxa e = 0 = mya f . Tenemos, por ejemplo, que x

∈Ann( ma e ) = Ann( m ), por la maximalidad de Ann( m ), lo que es una contradicci on.

50. Conjuntos algebraicos irreducibles

Un conjunto algebraico af ın V se llama irreducible si cuando V = V 1 ∪V 2, para V 1, V 2 conjuntos algebraicos anes, se verica V = V 1 o V = V 2.

Esta denici on puede tambi en extenderse a subconjuntos arbitrarios de An

. Un subconjunto X ⊆ An es irreducible si cuando X = X 1 ∪ X 2, para X 1, X 2 ⊆ X cerrados, se verica X = X 1o X = X 2.

Proposici on. 50.1.Un conjunto algebraico af ´ ın V es irreducible si, y s ´ olo si, I (V ) es un ideal primo.

DEMOSTRACI ON . (⇒). Si a1, a2 son ideales de K [ X 1, . . . , X n ] tales que a1a2 ⊆ I (V ), podemossuponer que I (V )⊆a i y tenemos:

a1a2 ⊆ I (V )⇒

V = VI (V )⊆V (a1a2) = V (a1)

∪V (a2);

I (V )⊆a i ⇒V (a i )⊆VI (V ) = V .

Y se verica:

V = V (a1)∪V (a2)⇒

V = V (a1)⇒ I (V ) = IV (a1)⊇a1oV = V (a2)⇒ I (V ) = IV (a2)⊇a2

(⇐). Sea V = V 1∪V 2, entonces se verica:

I (V ) = I (V 1∪

V 2)⊇ I (V 1) I (V 2).




SEC . 50. C ONJUNTOS ALGEBRAICOS IRREDUCIBLES 277

DEMOSTRACI ON . La equivalencia (a) ⇔(b) es trivial, ya que es unicamente tomar comple-

mentario. La equivalencia (b)⇔

(c) es inmediata usando que X es denso en X .

Teorema. 50.7.Si V es un conjunto algebraico af ´ ın en An , entonces V es la uni ´ on de sus subconjuntos alge-braicos irreducible maximales.

DEMOSTRACI ON . Probamos primero que V es la uni on de sus subconjuntos algebraicos irre-ducibles maximales. Ya que para cada punto (a 1, . . . , a n ) ∈ V tenemos que {(a 1, . . . , a n )}esun subconjunto irreducible, basta ver que cada subconjunto irreducible est a contenido enun subconjunto algebraico irreducible maximal.

Sea Y ⊆V un subconjunto irreducible; denimos

Γ = {Z | Y ⊆Z y Z es irreducible }.

Se tiene que Γ es no vac ıo, pues contiene a Y . Sea ahora una cadena ascendente {Z i } deelementos de Γ. Llamamos Z = ∪i Z i . Vamos a ver que Z es irreducible. Sean U 1, U 2 ⊆ An

subconjuntos abiertos tales que U j ∩Z = ∅, entonces existen ındices i 1, i 2 tales que U j ∩Z i j =∅. Sea h un ındice tal que h ≥ i 1, i 2, entonces U j ∩Z h = ∅, y como Z h es irreducible, resultaque U 1 ∩U 2 ∩Z h = ∅, esto es, tenemos U 1 ∩U 2 ∩Z = ∅. Entonces Z es irreducible. Aplicandoahora el Lema de Zorn resulta que Γ tiene elementos maximales. Como consecuencia delLema anterior tenemos adem as que cada uno de estos elementos maximales es cerrado, y por tanto es un subconjunto algebraico irreducible maximal.

Cada uno de los subconjuntos algebraicos irreducible maximales queaparecen en el Teoremaanterior se llama una componente irreducible de V .

Vamos a estudiar ahora la nitud de las componentes irreducibles.

Teorema. 50.8.Si V es un conjunto algebraico af ´ ın no vac ´ ıo en An , existe un n ´ umero nito de componentes irreducibles V 1, . . . , V r ⊆V , un ´ ıvocamente determinadas, tales que

V = V 1∪ · · ·∪V r , V j ∪i = j V i y V i = V j si i = j .

DEMOSTRACI ON . Llamamos Γ al conjunto de todos losconjuntos algebraicos que no son unauni on nita de subconjuntos algebraicos irreducibles. Si Γ es no vac ıo, existe un elemento V minimal en Γ. Como V ∈ Γ, resulta que V no es irreducible, entonces existen V 1, V 2 ⊂ V subconjuntos algebraicos tales que V = V 1 ∩V 2. Por la minimalidad de V resulta que V i /∈ Γ y por tanto son uniones nitas de subconjuntos algebraicos irreducibles, y en consecuencia

V tambi en lo es, lo que es una contradicci on.





La expresi on V = V 1∪ · · ·∪V r se llama la descomposici on en componentes irreducibles de

V .

Aplicaci on de la descomposici on primaria a conjuntos algebraicos

Dado un conjunto algebraico V = V (a) para a un ideal de K [ X 1, . . . , X n ].

Supongamos que a = q1 ∩·· ·∩qt es una descomposici on primaria minimal de a , entonces severica:

V =

V (a) =

V (q1

∩· · ·∩qt ) =

V (q1)

∪ · · ·∪V (qt ).

Cada qi es un ideal primario, supongamos que rad(qi ) = pi , entonces V (qi ) = V (pi ), para cadaındice i , y por tanto tenemos la siguiente expresi on para V :

V = V (p1)∪ · · ·∪V (pt ).

Supongamos que p1, . . . , pr son los ideales primos aislados de a (los elementos minimales enAss(K [ X 1, . . . , X n ]/ a)), y que por tanto pr + 1, . . . , pt sean los ideales primos embebidos. Enton-ces para cada pr + j , j = 1, . . . , t − r , existe un pi , i = 1, . . . , r , tal que pi ⊆ pr + j y por tanto

V (pr + j )⊆V (pi ), esto es, V (pr + j ) puede ser eliminado en la expresi onde V . Tenemos entonces

V =

V (p1)

∪ · · ·∪V (pr ).

Esta, como se puede comprobar, es la descomposici on de V en componentes irreduciblesdada en el Teorema ( 50.7. ).

Subconjuntos algebraicos del plano.

El caso del plano es m as sencillo y permite hacer un estudio m as en profundidad. El anillode coordenadas del plano es K [ X , Y ]. Este es un Dominio de Factorizaci on Unica (DFU), por

tanto vamos a recordar algunos de los resultados fundamentales de polinomios sobre unDFU.

Si A es un DFU, para cada polinomio F ∈ A [ X ] se dene el contenido de F como el m aximocom un divisor de sus coecientes y lo representamos por c (F ). Un polinomio con contenidoigual a 1 se llama primitivo .

Lema. 50.9. (Lema de Gauss.)Sean F , G ∈ A [ X ], se tiene c (FG ) = c (F )c (G ).

DEMOSTRACI´ON . Ver la soluci on del Ejercicio ( 8.34. )




SEC . 51. T EOREMA DE L ASKER–N OETHER PARA ANILLOS DE POLINOMIOS 281

V (F 1, . . . , F t ) es nito. Por tanto F 1, . . . , F t tienen un factor com un. Al considerar los polino-

mios F 1, . . . , F t en K ( X )[Y ] el factor com un, F , se expresa como una combinaci onF = C 1F 1 + · · ·+ C t F t

y existe D ∈K [ X ] tal que DC i ∈K [ X , Y ], luego tenemos la expresi on

DF = ( DC 1)F 1 + · · ·+ ( DC t )F t ,

de donde V = V (F 1, . . . , F t ) ⊆ V (DF ) = V (D ) ∪ V (F ). Trabajando con K (Y )[ X ] existir a unpolinomio E ∈ K [Y ] tal que V ⊆ V (E )∪V (F ). Por tanto V ⊆ V (F )∪(V (D ) ∩ V (E )) . ComoV es irreducible e innito y V (D ) ∩ V (E ) es nito, se tiene V ⊆ V (F ). Como F | F i , se tiene

V (F )

⊆V (F i ), luego

V (F )

⊆∩i

V (F i ) =

V (F 1, . . . , F t ) = V , y tenemos la igualdad V =

V (F ). Una

factorizaci on F = F e 11 · · ·F e t

t produce una descomposici on V (F ) = V (F 1)∪. . .∪V (F t ), luegot = 1 y V (F ) = V (F 1) es irreducible e innito. El Corolario anterior nos dice que entonces

V (F ) es irreducible.

Corolario. 50.17.Si K es un cuerpo algebraicamente cerrado y F ∈K [ X , Y ] con F = F e 1

1 · · ·F e r r es una descom-

posici ´ on en irreducibles, entonces V (F ) = V (F 1)∪ · · ·∪V (F r ) es la descomposici ´ on de V (F )en componentes irreducibles y adem ´ as IV (F ) = ( F 1, . . . , F r ).

DEMOSTRACI ON . Ya que la descomposici on se deduce de la denici on, basta ver que en estecaso un conjunto algebraico V es irreducible si y solo si existe un polinomio irreducible F talque V = V o V = V ( X −a , Y −b ) para a , b ∈K .

Si V es irreducible y nito, entonces se reduce a un punto, y por tanto es de la forma V ( X −a , Y −b ). El rec ıproco es cierto.

Si V es innito podemos usar la demostraci on del Corolario anterior y obtenemos que V =

V (F ) para alg un F irreducible.

Si F es irreducible, y V = V (F ) = V (I 1)∪V (I 2) = V (I 1 ∩I 2), entonces (F ) = IV (F ) = IV (I 1 ∩I 2) = I 1 ∩I 2 y se tiene (F ) = I 1 o (F ) = I 2. Luego V = V (I 1) o V = V (I 2).

51. Teorema de Lasker–Noether para anillos de polinomios

Un ideal a de un anillo A es irreducible si para cada descomposici on a = a1 ∩ a2 se tienea = a1 o a = a2.

Lema. 51.1.

Cada ideal irreducible de un anillo noetheriano es primario.





DEMOSTRACI ON . Si a es un ideal irreducible y ab ∈ a con a /∈ a, consideramos (a : b n ) y la

cadena a⊆(a : b )⊆(a : b 2)⊆(a : b 3)⊆ · · ·Por ser A noetheriano, existe n tal que (a : b n ) = ( a : b n + 1). Consideramos la intersecci on(a + ( b n )) ∩(a + ( a )) . Vamos a ver que es igual a a. Si x ∈(a + ( b n )) ∩(a + ( a )) , entonces

x = a 1 + c 1b n = a 2 + c 2a , a 1, a 2 ∈a , c 1, c 2 ∈ A .

Multiplicando por b se tiene:

xb = a 1b + c 1b n + 1 = a 2b + c 2ab ∈a

Entonces c 1

∈(a : b n + 1) = ( a : b n ), y x = a 1 + c 1b n

∈

a .

Ahora como a es irreducible, resulta a = a + ( b n ), y por tanto b n ∈a .

Teorema. 51.2. (Teorema de Lasker–Noether)Cada ideal de A = K [ X 1, . . . , X n ] tiene una descomposici ´ on primaria.

DEMOSTRACI ON . Veamos que cada ideal propio, a, es una intersecci on nita de ideales irre-ducibles. Llamamos Γ = {b ⊆ A / a | b no es intersecci on n. de id. irred. }. Como A / a esnoetheriano, existe elementos maximales en Γ. Sea b∈Γ maximal. Como b no es irreducible,existen ideales b1 y b2 tales que b = b1 ∩b2, con b b1 y b b2. Entonces bi no pertenece a Γ

y es una intersecci on nita de ideales irreducibles, luego b tambi en lo es, lo que es una con-tradicci on. Por tanto Γ = ∅. En particular 0 es una intersecci on nita de ideales irreduciblesde A / a , y tenemos que a es una intersecci on nita d ideales irreducibles de A .

Por el Lema ( 51.1. ) tenemos que a es una intersecci on nita de ideales primarios.

52. Ejercicios

Ejercicio. 52.1. (AM, Cap 4, Ej 1)Si un ideal a tiene descomposici ´ on primaria, entonces Spec( A / a) tiene s ´ oloun numero nito de componentes irreducibles.

SOLUCI ONEjercicio. 52.2. (AM, Cap 4, Ej 2)Si a = rad( a), entonces a no tiene ideales primos inmersos.

SOLUCI ON





Ejercicio. 52.3. (AM, Cap 4, Ej 4)En el anillo de polinomios Z[T ], el ideal m = ( 2, T ) es maximal y el ideal q = ( 4, T ) es m– primario, pero no es una potencia de m.

SOLUCI ON

Ejercicio. 52.4. (AM, Cap 4, Ej 5)En el anillo de polinomios K [ X , Y , Z ], donde K es un cuerpo y X , Y y Z son indeterminadas independientes, sea p1 = ( X , Y ), p2 = ( X , Z ), m = ( X , Y , Z ); p1 y p2 son primos y m es maxi-mal. Sea a = p1p2. Probar que a = p1 ∩p2 ∩m2 es una descomposici ´ on primaria reducida de

a . ¿Cu´ ales son las componentes aisladas y cu ´ ales las inmersas (embebidas)?

SOLUCI ON

Ejercicio. 52.5. (AM, Cap 4, Ej 7)Sea A un anillo y sea A [ X ] el anillo de polinomios en una indeterminada sobre A . Para cada ideal a de A , sea a[ X ] el conjunto de todos los polinomios en A [ X ] con coecientes en a.

(1) a[ X ] es la extensi ´ on de a a A [ X ].

(2) Si p es un ideal primo en A , entonces p[ X ] es un ideal primo en A [ X ].

(3) Si q es un ideal p–primario en A , entonces q[ X ] es un ideal p[ X ]–primario en A [ X ].Pista: utilizar Cap ´ ıtulo I, Ejercicio 2.

(4) Si a = ∩n i = 1qi es una descomposici ´ on minimal primaria en A , entonces a[ X ] = ∩n

i = 1qi [ X ]es una descomposici ´ on minimal primaria en A [ X ].

(5) Si p es un ideal primo minimal de a, entonces p[ X ] es un ideal primo minimal de a[ X ].

SOLUCI ON

Ejercicio. 52.6. (AM, Cap 4, Ej 8)Sea k un cuerpo. Probar que en el anillo de polinomios k [ X 1, . . . , X n ] los ideales pi =( X 1, . . . , X i ) ( 1 ≤ i ≤n ) son primos y todas sus potencias son primarias.Pista: utilizar el Ejercicio (52.5. ).

SOLUCI ON





SOLUCI ON

Ejercicio. 52.11.Sea A un anillo y M un A –m ´ odulo. Sabemos que si A es un anillo noetheriano, entonces M es no nulo si, y s ´ olo si, Ass(M ) = ∅.Prueba que para cada anillo A y cada A –m ´ odulo noetheriano se verica:

M = 0 ⇔ Ass(M ) = ∅.

SOLUCI ONEjercicio. 52.12.Sea A un anillo conmutativo noetheriano y a un ideal. Demuestra que a es radical si y s ´ olo si todas sus componentes primarias en una descomposici ´ on primaria minimal son ideales primos. Deduce que la descomposici ´ on primaria minimal de un ideal radical es ´ unica.

SOLUCI ONEjercicio. 52.13.Sea A un anillo conmutativo noetheriano y sean p1, . . . , pm los primos asociados del ideal 0.

(1) Demuestra que p1 ∩. . . ∩pm es el conjunto de elemento nilpotentes de A .

(2) Demuestra que p1∪

. . .

∪

pm

es el conjunto de divisores de cero de A .

SOLUCI ON




Cap ıtulo X

Dominios de Dedekind

53 Anillos de valoraci on discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28854 Ideales fraccionarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29355 Dominios de Dedekind . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29556 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

Introducci on

El tema central de este cap ıtulo lo constituyen los Dominios de Dedekind, que son los do-minios noetherianos de dimensi on uno ıntegramente cerrados; aqu ı vamos a hacer un trata-miento algebraico de los mismos a partir de los Dominios de Valoraci on Discreta. El objetivodel cap ıtulo es caracterizar los dominios en estas dos clases y observar que los Dominios deDedekind aparecen de forma natural al considerar los anillos de enteros algebraicos.



288 C AP. X. DOMINIOS DE DEDEKIND

53. Anillos de valoraci on discreta

Dado un cuerpo K una valoraci on discreta v sobre K es una aplicaci on sobreyectiva v : K ∗ →Z, K ∗ = K \ {0}, vericando:

(I) v (xy ) = v (x ) + v ( y ).

(II ) v (x + y ) ≥mın {v (x ), v ( y )}.

Tambi en se puede considerar la aplicaci on v denida sobre todo K agregando a Zun elemen-to {+ ∞}, vericando n < + ∞para cada n ∈Z, y deniendo v (0) = + ∞.

Si v es una valoraci on sobre K , llamamos dominio de valoraci on discreta de v al conjunto

D = {r ∈K | v (r ) ≥0}∪{0}.

Lema. 53.1.Se verican las siguientes propiedades:

(1) D es un subanillo de K .

(2) Las unidades de D son los elementos x que verican v (x ) = 0.(3) D es un anillo local con ideal maximal m = {x ∈D | v (x ) > 0}∪{0}.

DEMOSTRACI ON . (1). Si x , y ∈D \ {0}, entonces v (x ), v ( y ) ≥0, y se verica:

v (x + y ) ≥mın {v (x ), v ( y )} ≥0.

v (xy ) = v (x ) + v ( y ) ≥0.

Por otro lado se verica:

v (1) = v (1 ·1) = v (1) + v (1), luego v (1) = 0.

(2). Si x ∈ D es una unidad, entonces existe y ∈ D tal que xy = 1, luego 0 = v (1) = v (xy ) =v (x ) + v ( y ), y por tanto v (x ) = 0 = v ( y ). Rec ıprocamente, si x ∈ D y v (x ) = 0, entoncestomamos x −1

∈ K , se verica 0 = v (1) = v (xx −1) = v (x ) + v (x −1) = v (x −1), luego x −1∈ D y x

es una unidad en D .

(3). Si 0 = a ∈D no es invertible, entonces v (a ) > 0. Luego solo falta probar que m es un ideal.

Dados a , b ∈

m, se tiene v (a + b ) ≥mın {v (a ), v (b )}> 0, luego a + b ∈

m.




SEC . 53. A NILLOS DE VALORACI ON DISCRETA 289

Ejercicio. 53.2.Dos elementos a , b

∈

D verican v (a ) = v (b ) si, y solo si, existe un elemento invertible u

∈

D tal que a = bu .

En general un dominio de valoraci on discreta es un dominio D que es el dominio de valora-cion discreta de alguna valoraci on v sobre su cuerpo de fracciones K .

Ejemplo. 53.3.El ejemplo m as conocido de valoraci on es la valoraci on p –adica en Q, siendo p un n umeroentero primo. Esta valoraci on se representa por v p y est a denida para cada n umero racionalno nulo r por v p (r ) = e ∈ Z, donde e es el exponente de p en la expresi on en producto defactores primos de r . El anillo de valoraci on es: Z(p ) =

{a b

| p b

}, el localizado de Z en el

ideal primo (p ).

Este ejemplo se puede extender a considerar un anillo de polinomios sobre una indetermi-nada con coecientes en un cuerpo.

Ejemplo. 53.4.Dado un cuerpo L y un polinomio irreducible F ∈L [ X ] se considera la aplicaci on v F : L ( X )∗ →Zdenida

v F (G / H ) = e .

Siendo G / H irreducible y e la mayor potencia de F que divide a G o

−e la mayor potencia de

F que divide a H .

Se tiene que v F es una valoraci on discreta y el anillo de valoraci on asociado, al igual que en elcaso p –adico, est a formado por las fracciones irreducibles en L ( X ) cuyo denominador no esm ultiplo de F .

A un otro ejemplo.

Ejemplo. 53.5.El conjunto L (( X )) de lasseries de Laurent tiene como elementos a lasseries formales ∞i = t a i X i ,

con a t = 0, con t ∈X. Si llamamos K al cuerpo de fracciones, existe una valoraci on v : K →Zdenida:

v (∞

i = t

a i X i ) = t .

El anillo de valoraci on para esta valoraci on es el anillo de las series formales: ∞i = 0 a i X i .

Observaci on. 53.6.Observa que si D es un dominio de valoraci on discreta, entonces se verica:

1. Para cada 0 = a ∈

D se tiene v (a ) = 0 si, y solo si, a es invertible en D .





2. Para cada 0 = a ∈K se tiene a ∈D o a −1∈D .

3. Si a , b ∈D verican v (a ) = v (b ), entonces aD = bD .

DEMOSTRACI ON .

1. Observa que v (1) = v (1) + v (1), luego v (1) = 0. Si a es invertible en D , se tiene 0 =v (1) = v (aa −1) = v (a ) + v (a −1) y por tanto v (a −1) = −v (a ). Como ambos son positivos,se tiene v (a ) = 0 = v (a −1). Rec ıprocamente, si v (a ) = 0, como a −1

∈

K , y se tiene0 = v (1) = v (aa −1) = v (a ) + v (a −1), se tiene v (a −1) = 0 y por tanto a −1

∈D .

2. Si a /∈D , entonces v (a ) < 0, luego v (a −1 = −v (a ) > 0 y por tanto a −1∈D .

3. Si v (a ) = v (b ), entonces v (ab −1) = 0, luego ab −1∈D y es invertible. Entonces aD = bD .

Lema. 53.7.

Todo dominio de valoraci ´ on discreta es un Dominio Eucl ´ ıdeo.En particular todo dominio de valoraci ´ on discreta es un DIP y un DFU.

DEMOSTRACI ON . Basta ver que la aplicaci on v restringida a D dene una funci on eucl ıdea.Dados a , b ∈ D , si v (a ) < v (b ), entonces la divisi on es: a = 0b + a . Si v (a ) ≥ v (b ), existe c ∈ D tal que v (a ) = v (b ) + v (c ), por ser v sobreyectiva. Entonces v (a ) = v (bc ) y se tiene aD = bcD ,luego existe un elemento invertible u ∈D tal que a = bcu , y la divisi on es: a = b (cu )+ 0.

Observa que esta demostraci on en realidad prueba que si a , b

∈ D son elementos no nulos,

entonces a | b o b | a .

Si D es un dominio de valoraci on discreta, entonces es un anillo local con ideal maximalm = {a ∈ D | v (a ) > 0}. Como todo dominio de valoraci on discreta es un DIP, sea m = tD .Cada elemento 0 = a ∈ D verica v (a ) ≥ 0, sea v (a ) = r . Si r = 0, entonces a es invertible.Si r > 0, entonces a ∈ m = tD , y existe d ∈ D tal que a = td . Se verica v (a ) = v (t ) + v (d ), y por tanto v (a ) ≥ v (t ). Por ser v sobreyectiva existe b ∈ D tal que v (b ) = 1, lo que implicaque v (t ) = 1. Todo elemento a ∈ D tal que v (a ) = 0 es invertible, y si v (a ) = 1, entoncesa = tu , siendo u ∈ D invertible. Por inducci on se tiene que para cada o = a ∈ D se tienea = t v (a )u , siendo u ∈ D invertible. El elemento t se llama un par ametro de uniformizaci on

o par ametro local de D .




SEC . 53. A NILLOS DE VALORACI ON DISCRETA 291

Proposici on. 53.8.Si D es un dominio de valoraci ´ on discreta con ideal maximal m = tD , entonces cada ele-mento 0 = a ∈D se escribe, de forma ´ unica, como a = t r u , siendo r ∈Ny u ∈D invertible.En particular

(1) todo elemento no nulo de K se escribe de forma ´ unica como t s u , siendo s ∈ Zy u ∈ D invertible;

(2) todo ideal no nulo de D es el ideal principal generado por t r para alg ´ un r ∈N\ {0}, por lo tanto los ideales de D forman una cadena descendente y D es un anillo noetheriano;

(3) los ´ unicos ideales primos de D son 0 y m.

Teorema. 53.9.Sea D un dominio. Las siguientes propiedades son equivalentes:

(a) D es un dominio de valoraci ´ on discreta que no es un cuerpo.

(b) D es un dominio local noetheriano de dimensi ´ on uno ´ ıntegramente cerrado.

(c) D es un dominio local noetheriano de dimensi ´ on uno y el ideal maximal es principal.

(d) D es un dominio local noetheriano de dimensi ´ on uno vericando

dimF (m/ m2) = 1.

(Donde F = R / m y m es el ideal maximal.)

(e) D es un dominio local que no esun cuerpo y cada ideal no nulo es una potencia del ideal maximal.

(f) D es un dominio que no es un cuerpo y cada ideal no nulo es de la forma (x α ) para alg ´ unx ∈D .

(g) D es un dominio de ideales principales local que no es un cuerpo.

(h) D es un dominio de valoraci ´ on noetheriano que no es un cuerpo.

DEMOSTRACI ON . (c) ⇒ (d). Supongamos que m = ( x ), entonces {x + m} es un sistema degeneradores de m/ m2 y por tanto dimF (m/ m2) ≤1.Si m = m2, entonces x = dx 2 para alg un d ∈D ,estoes1 = dx , luego x es una unidad si es no nulo o bien x = 0. En cualquier caso llegamosa una contradicci on ya que la dimensi on de D es positiva. En consecuencia dimF (m/ m2) = 1.

(d)⇒(e). Sea 0 = a ≤ D un ideal no nulo, entonces rad(a) = m, y existe una potencia de mcontenida en a , supongamos que mn

⊆ a, entonces como a / mn ⊆ D / mn , y este es un anillo

local artiniano. Por ser dimF ( m/ mn

m2/ mn ) = 1, tenemos que cada ideal de D / mn

es una potencia del




SEC . 54. I DEALES FRACCIONARIOS 293

Ejemplo. 53.11.Dado un dominio de ideales principales A y p = ( p ) un ideal primos no nulo, entonces porel Corolario anterior A p es un dominio de valoraci on discreta. Este ejemplo generaliza losejemplos ( 53.3. ), (53.4. ). En este caso la valoraci on, denida sobre K , el cuerpo de fraccionesde A , y de A p, es v p : K ∗ −→Z, denida por v p (p s u ) = s .

54. Ideales fraccionarios

Sea D un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Un ideal fraccionario de D es

un D –subm odulo no nulo b de K para el que existe 0 = d ∈D tal que d b⊆

D .Ejemplos. 54.1.(1) Todo ideal no nulo de D es un ideal fraccionario de D . (En este contexto los ideales no

nulos de D se suelen llamar ideales enteros de D .)

(2) Para cada elemento no nulo k ∈K se tiene que kD es un ideal fraccionario de D .

(3) Si D es noetheriano los ideales fraccionarios de D son exactamente los D –subm odulos nonulos nitamente generados de K .

Dada una familia de ideales fraccionarios {b j | j ∈ J }, su intersecci on, si es no nula, esun ideal fraccionario. Para la suma no ocurre lo mismo; en este caso tenemos que restringira sumas nitas: la suma nita de ideales fraccionarios es un ideal fraccionario. Tambi en elproducto (nito) de ideales fraccionarios es un ideal fraccionario. Adem as el producto deideales fraccionarios es distributivo con respecto a la suma, esto es,

b(c1 + c2) = bc1 + bc2.

para b, c1 y c2 ideales fraccionarios de D .

Para cada ideal fraccionario b de D denimos el inverso de b como (D : b). El ideal fracciona-rio (D : b) se suele representar tambi en por b−1. Observa que se tiene b(D : b)

⊆D .

Un ideal fraccionario b de D se llama invertible si b(D : b) = D .

Los ideales invertibles verican propiedades de inter es.

Proposici on. 54.2.Sea D un dominio de integridad, para cada ideal fraccionario b de D se verica:

(1) Todo ideal fraccionario principal es invertible;

(2) Todo ideal fraccionario invertible es nitamente generado.





DEMOSTRACI ON . (1). Es inmediato.

(2). Si b es un ideal fraccionario invertible, entonces 1 = b 1c 1 + · · ·+ b t c t para b 1, . . . , B t ∈b y c 1, . . . , c t ∈(D : b), entonces {b 1, . . . , b t }es un sistema nito de generadores de b.

Proposici on. 54.3.Dado un dominio de integridad D se verica:

(1) El conjunto I (D ) de los ideales fraccionarios invertibles tiene estructura de grupo abe-liano para la multiplicaci ´ on de ideales.

(2) Los ideales fraccionarios principales no nulos forman un subgrupo, P (D ), del grupo

I (D ).

Al grupo cociente I (D )/ P (D ) lo llamamos el grupo de clases de D . lo representamos por

C(D ), y su orden lo llamamos el n umero de clases de D . Observa que si D es un DIP, entoncesel grupo de clases es trivial, por tanto su n umero de clases es igual a uno. Se utiliza pues eln umero de clases como una medida de cuanto se aleja un dominio de integridad de ser unDIP.

Los ideales invertibles podemos utilizarlospara caracterizar dominios de valoraci on discreta.

Proposici on. 54.4.

Un dominio local D , que no es un cuerpo, es un dominio de valoraci ´ on discreta si y solo si cada ideal fraccionario es invertible.

DEMOSTRACI ON . Si D es un dominio de valoraci on discreta, todo ideal es de la forma t s D ,con s ∈N y t un par ametro de uniformizaci on, entonces todo ideal fraccionario es principal, y por tanto invertible.

Rec ıprocamente, si todo ideal fraccionario no nulo es invertible, entonces todo ideal no nuloes nitamente generado y por tanto D es un anillo noetheriano.

Sea m el ideal maximal de D . Si m = m2, por el Lema de Nakayama, se tiene m = 0, y entoncesD es un cuerpo, lo que es una contradicci on. Tenemos pues m = m2.

Sea t ∈m \m2. Si t m−1⊆m, entonces t ∈m2, lo que es una contradicci on, por tanto t m−1 = D

y resulta que m = tD es un ideal principal. Veamos que cada ideal de D es una potencia de m.Llamamos Γ = {a | 0 = a no es potencia de m}. Por ser D noetheriano, existe un elementomaximal a en Γ. Se tiene a ⊆ m y am−1

⊆ mm−1 = D . Como a ⊆ am−1 se tiene a = am−1, y por tanto am = a, y por el Lema de Nakayama resulta a = 0, lo que es una contradicci on, oa am−1, y por tanto am−1 es una potencia de m, lo que implica que aes una potencia de m,lo que es una contradicci on. Por tanto Γ = ∅ y cada ideal no nulo de A es una potencia de m.

Por tanto D es un dominio de valoraci on discreta.




SEC . 55. D OMINIOS DE DEDEKIND 295

Ejercicio. 54.5.Sea D un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K y sea p un ideal primo no nulo de D . Se verica:

(1) Para todo ideal fraccionario a de D el m ´ odulo aD p es un ideal fraccionario de D p.

(2) Todo ideal fraccionario de D p es de la forma aD p, con a ideal fraccionario de D .

(3) Si a es un ideal fraccionario nitamente generado, entonces (a−1)p = ( ap)−1.

55. Dominios de Dedekind

Los dominios de integridad (no necesariamente locales) que verican la propiedad de quetodos los ideales fraccionarios son invertibles se llaman dominios de Dedekind . La Proposi-cion ( 54.4. ) prueba que los dominios de Dedekind locales son los dominios de valoraci on dis-creta. Se trata ahora de caracterizar los dominios de Dedekind siguiendo el Teorema ( 53.9. ).

Teorema. 55.1.Sea D un dominio de integridad, que no es un cuerpo, con cuerpo de fracciones K . Sonequivalentes las siguientes condiciones:

(a) D es un dominio de Dedekind.(b) D es un dominio noetheriano y para cada ideal primo no nulo p el localizado D p es un

dominio de valoraci ´ on discreta.

(c) D es un dominio noetheriano ´ ıntegramente cerrado en el que cada ideal primo no nulo es maximal (= de dimensi ´ on uno).

(d) Todo ideal propio y no nulo a es un producto nito de ideales primos (no necesaria-mente distintos); a = p1 · · ·pt .

DEMOSTRACI ON . (a) ⇒ (b). Como todo ideal fraccionario es invertible, resulta que todosideal entero no nulo es nitamente generado, luego D es noetheriano. Por otro lado, paracada ideal primo p el anillo local D p verica que cada ideal fraccionario es invertible, luegoD p es un dominio de valoraci on discreta.

(b)⇒(c). Para cada ideal primo no nulo p tenemos que D p es un dominio de valoraci on dis-creta, por lo tanto es ıntegramente cerrado, y como la intersecci on de ıntegramente cerradoslo es, basta ver que D = ∩p= 0D p; ver el Ejercicio ( 43.25. ).

Para ver que cada ideal primo no nulo es maximal, sea p un ideal primo no nulo y m un ideal

maximal tal que p⊆

m. Como el localizado D m es un dominio de valoraci on discreta, tenemos





que pD m = mD m , y por tanto p = m.

(c) ⇒ (d). Dado un ideal no nulo a, consideramos una descomposici on primaria minimala = q1 ∩. . . ∩qt . Sea pi = rad( qi ). Observa que los ideales pi son no nulos, ya que si 0 = pi =rad( qi )⊇qi , entonces qi = 0.

Veamos que los qi son comaximales dos a dos. Si q1 + q2 = D , existe un ideal maximal m tal queq1 + q2 ⊆ m. Como pi es el menor ideal primo que contiene a qi , resulta pi ⊆ m, y como cadaideal primo no nulo es maximal, resulta p1 = m = p2, lo que es una contradicci on. Tenemosentonces a = q1 ∩. . . ∩qt = q1 · · ·qt .

Dado un ideal p-primario q, con p

= 0, en el anillo local D p el ideal qD p es pD p–primario, y

como D p es un dominio de valoraci on discreta se tiene qD p = ( pD p)n para n ∈N. Entonces q =

pn , ya que ambos son p–primarios. Por tanto existen n 1, . . . , n t ∈Ntales que a = pn 11 · · ·pn t

t .

(d) ⇒ (a). (1) Primero probamos que cada factorizaci on a = p1 · · ·pt , en la que los pi sonideales primos invertibles, es unica.

Si tenemos dos factorizaciones a = p1 · · ·pt = p1 · · ·ps . Tomamos un ındice j tal que p j seaminimal en {p1, . . . , ps }, se tiene p1 · · ·pt = p j , y existe pi tal que pi ⊆p j . Dado el ındice i existeun ındice j tal que p j ⊆ pi ⊆ p j ; la minimalidad de p j implica que pi = p j ; supongamos quei = 1 = j . Como p1 es invertible resulta p2

· · ·pt = p

2 · · ·ps , y por inducci on llegamos a que

t = s y a que {p2, . . . , pt }= {p2, . . . , ps }.

(2) Si se verica (d) todo ideal primo invertible es un ideal maximal.

Dado p un ideal primo invertible, tomamos a /∈ p y escribimos p + aD = p1 · · ·pt . Hacemosla misma construcci on para p + a 2D ; teniendo p + a 2D = p1 · · ·ps . Pasando el cociente D / ptenemos las expresiones:

a (D / p) = ( p1/ p) · · ·(pt / p),a 2(D / p) = ( p1/ p) · · ·(ps / p),

y por tanto (p1/ p)2 · · ·(pt / p)2 = a 2(D / p) = ( p1/ p) · · ·(ps / p)

es una factorizaci on del ideal a 2(D / p) en ideales primos invertibles; por (1) esta descompo-sici on es unica, y por tanto las colecciones p1, p1, . . . , pt , pt y p1, . . . , ps son iguales (salvo en elorden). Tenemos entonces:

p⊆p + a 2D = p1 · · ·ps = p1p1 · · ·pt pt = ( p + aD )2⊆p2 + aD .

En particular cada elemento x ∈p se escribe en la forma x = y + ad , con y ∈p2 y d ∈D , luegoad = x − y ∈ p y se tiene d ∈ p, esto es, x ∈ p2 + a p, y se tiene p2 + a p ⊆ p ⊆ p2 + a p, luego

p = p2

+ a p. Por ser p invertible, se tiene D = p + aD y por tanto p es un ideal maximal.





(3) Si se verica (d) los ideales primo no nulos son invertibles.

Si p es un ideal primo no nulo, tomamos 0 = a ∈ p; existen ideales primos tales que aD =p1 · · ·pt ⊆p, luego todos los ideales pi son invertibles, y aplicando (2) son maximales, y comoalg un pi ⊆p, tenemos que p es maximal.

Para probar la implicaci on, dado un ideal fraccionario a, podemos suponer que es entero,consideramos una factorizaci on a = p1 · · ·pt . Por (3) cada ideal pi es invertible, y por tanto aes un ideal invertible.

Como consecuencia del Teorema, dado un ideal no nulo a con factorizaci on p1 · · ·pt , los idea-

les pi est an determinados de forma unica, salvo en el orden, y en consecuencia en dominiosde Dedekind se tiene un teorema de unicidad de la descomposici on de ideales no nulos comoproducto de ideales primos.

Ejemplos y construcciones de dominios de Dedekind

Proposici on. 55.2.Si D es un dominio de Dedekind y Σ ⊆ D es un subconjunto multiplicativo, entonces Σ−1D

es un dominio de Dedekind.

DEMOSTRACI ON . Ver Ejercicio ( 56.10. ).

Proposici on. 55.3.Todo dominio de ideales principales es un dominio de Dedekind.

El rec ıproco no es cierto.

Ejemplo. 55.4.

Vamos a ver que el anillo Z[√ −5] es un dominio de Dedekind y no es un dominio de idealesprincipales, ya que no es un dominio de factorizaci on unica.

Para estudiar este ejemplo vamos a hacer previamente el siguiente resultado.

Proposici on. 55.5.Sea D un dominio de Dedekind con cuerpo de fracciones K y L / K una extensi ´ on nita separable de cuerpos. Si E es la clausura entera de D en L , entonces E es un dominio de Dede-kind.En particular para cada cuerpo de n ´ umeros algebraicos el anillo de enteros es un dominio

de Dedekind.





DEMOSTRACI ON . (1) Sea A un dominio normal con cuerpo de fracciones K y L / K una exten-

sion nita separable. Si B es la clausura entera de A en L , entonces existe una base y 1, . . . , y t de L sobre K tal que B ⊆t i = 1 y i .

Dado x ∈L , como x es algebraico sobre K , existe a n x n + · · ·+ a 1x + a 0 = 0 con a i ∈ A , a n = 0.Entonces (a n x )n + a n −1(a n x n )n −1 + · · ·+ a 1a n −2

n (a n x )+ a 0a n −1n = 0 y por tanto a n x es entero so-

bre A , esto es, a n x ∈B . Por lo tanto dada una base de L sobre K podemos encontrar m ultiplosde cada elemento que pertenezcan a B , esto es, podemos suponer que la base est a contenidaen B .

Por ser L / K separable la traza dene una forma bilineal no degenerada; T (x , y ) = T (xy ), y existe dada una base

{x 1, . . . , x t

}de L en B existe una base dual

{ y 1, . . . , y t

}tal que T (x i y j ) =

δ i , j . Dado b ∈ B existe una combinaci on b = t i = 1 k i y i con k i ∈ K . Para cada ındice i se tiene

bx i ∈ B , ya que es el producto de dos elementos de B , adem as la traza de un elemento de B pertenece a A , ver la Proposici on ( 35.19. ), en particular

k j =t

i = 1

k i δ i , j =t

i = 1

k i T ( y i x j ) = T ((t

i = 1

k i y i )x j ) = T (bx j )∈B .

Por lo tanto b ∈t i = 1 Ay i . Aplicamos este resultado al dominio de Dedekind D .

(2) Por ser D noetheriano, se tiene E ⊆ t i = 1 Dy i es un D –m odulo noetheriano, y por tanto un

anillo noetheriano.

(3) Tenemos que E es ıntegramente cerrado en L , luego es un dominio normal.

(4) Falta ver que cada ideal primo no nulo de D es maximal para tener que E es un dominiode Dedekind.

Dado un ideal primo no nulo p de E , se tiene que p ∩D es un ideal primo no nulo, y por tantomaximal, y por el Corolario ( 35.13. ) tenemos que p es un ideal maximal.

Para completar el Ejemplo ( 55.4. ) basta ver que Z[√ −5] es la clausura entera de Zen Q[√ −5].

Proposici on. 55.6.Dada la extensi ´ on Q[√ d ], con d libre de cuadrados, la clausura entera E de Zen Q[√ d ] es:

E =Z 1+ √ d

2 si d ≡1 (mod 4) y

Z[√ d ] en otro caso.





DEMOSTRACI ON . Dado x ∈E podemos escribir x = a + b √ d m con m. c. d.{a , b , m }= 1. Tenemos

que x es ra ız del polinomio X 2 −2 a m X + a 2

−db 2

m 2 . Si b = 0, y como se tiene X 2 −2 a m X + a 2

−db 2

m 2 = X − a

m 2, entonces x es ra ız de X − a

m , esto es, x = a m ∈Q, y como es entero sobre Z, entonces

x ∈Z. Supongamos que b = 0, entonces x es ra ız de X 2 −2 a m X + a 2−db 2

m 2 , y este es irreducible,por tanto sus coecientes pertenecen a Z.

Llamamos h = m. c. d.{a , m }, entonces h 2 | db 2, y como m. c. d.{h , b } = 1, entonces h 2 | d ,pero d es libre de cuadrados, luego h = 1.

Como 2a m ∈Z, entonces m | 2a , y se tiene m | 2.

Si m = 2 entonces a es impar, y de a 2−db 2m 2 ∈ Zse deduce 4 | a 2 −db 2, esto es, b es impar y

d ≡1 (mod 4), entonces E = Z 1+ √ d 2 , ya que

a + b √ d 2

= a −b

2 + b

1 + √ d 2

.

Si m = 1, entonces E = Z[√ d ].

En particular, como

−5

≡ 1 (mod 4), tenemos que la clausura entera de Z en Q[√

−5] es

Z[√ −5].

Ejemplo. 55.7.Observa que la clausura entera de Zen Q[√ 5], seg un este resultado es: Z 1+ √ 5

2

Ejercicio. 55.8.

.Determina un polinomio m ´ onico con coecientes en Zdel que el elemento 1+ √ 52 sea ra ız.

SOLUCI ON . Un polinomio es: X 2

− X

−1.

Surge ahora el problema de describir los ideales de los dominios de Dedekind E que sonclausuras enteras de Zen cuerpos de n umeros.

Teor ıa de divisibilidad de ideales en dominios de Dedekind

Dado un dominio de integridad D y dos ideales a y b, decimos que a divide a b, o que b es

divisible por a, si existe un ideal c tal que b = ac.





Lema. 55.9.Si en un dominio de integridad un ideal a divide a otro ideal b, entonces b

⊆

a .

Corolario. 55.10.En un dominio de Dedekind para dos ideales no nulos a y b se verica que a divide a b si y solo si b⊆a .

En la forma obvia podemos denir el m aximo com un divisor de dos ideales a y b, que quevamos a representar por (a , b).

Proposici on. 55.11.Sea D un dominio de Dedekind y a, b ideales no nulos con factorizaci ´ on en producto de

ideales primos distintos: a = pa 11 · · ·pa t t y b = pb 11 · · ·pb t t , con a i , b i ∈N. Se verica:

(1) a⊆b si y solo si a i ≥b i para cada ´ ındice i = 1, . . . , t .

(2) a + b = ( a , b) = pc 11 · · ·pc t

t , siendo c i = mın {a i , b i } para i = 1, . . . , t .

(3) a ∩b = pd 11 · · ·pd t

t , siendo d i = m ax{a i , b i } para i = 1, . . . , t .

Proposici on. 55.12.Sea D un dominiode Dedekind y a un ideal no nulo con factorizaci ´ on en productode ideales primos distintos a = pa 1

1 · · ·pa t t . Existe un isomorsmo de anillos

D a

= D

pa 11 · · ·pa t

t ∼=

D pa 1

1 ×· · ·×D

pa t t

.

Aritm etica de los ideales en dominios de Dedekind

Proposici on. 55.13.Sea D un dominio de Dedekind y a un ideal no nulo. Se verica:

(1) Existe un ideal b tal que a + b = D y ab es un ideal principal.

(2) Todo ideal del anillo cociente D / a es un ideal principal.

DEMOSTRACI ON .

(1) Sea a = pe 11 · · ·pe t

t la factorizaci on en producto de ideales primos distintos de a . Denimosdos ideales:

a0 = ap 1 · · ·pt ,

a i = ap 1 · · ·pi −1pi + 1 · · ·pt .





Se verica a0 ai a. Para cada ındice i tomamos un elemento a i ∈ ai \ a0 y denimos

a = a 1 + · · ·+ a t . Como a ∈ pe i i \ p

e i + 1i , la factorizaci on de aD com producto de idealesprimos distintos es: aD = pe 1

1 · · ·pe t t p

e t + 1t + 1 · · ·p

e t + s t + s . El ideal que andamos buscado es el ideal

b = pe t + 1t + 1 · · ·p

e t + s t + s .

(2) Primero probamos que si f es un ideal fraccionario y g es un ideal entero, existe un a ∈ ftal que f−1a + g = D .

Si g = pe 11 · · ·pe t

t , denimosf0 = fp1 · · ·pt ,fi = fp1 · · ·pi −1pi + 1 · · ·pt .

Se verica f0 fi f. Para cada ındice i tomamos un elemento a i ∈ fi \ f0 y denimosa = a 1 + · · ·+ a t . Se verica

f−1a ⊆D ,f−1a pi , para cada ındice i ,

entonces pi f−1a y f−1a + g = m . c. d.{f−1a , g}= D .

Para hacer la demostraci on, sea b ⊇ a un ideal. Tomamos f = b y g = b−1a . Observa quede a ⊆ b se deduce que g = b−1a ⊆ b−1b = D . Aplicado el resultado del p arrafo anteriorexiste a ∈ b tal que b−1a + b−1a = D ; multiplicando por b se tiene aD + a = b, y tenemos

el resultado.

Corolario. 55.14.Sea D un dominio de Dedekind y a un ideal no nulo. Para todo elemento no nulo 0 = a ∈ aexiste un elemento b ∈a tal que a = aD + bD .

DEMOSTRACI ON . Basta tomar b = a y a = aD en el punto (2) de la Proposici on ( 55.13. ).

Proposici on. 55.15.

Sea D un dominio de Dedekind. Son equivalentes las siguientes condiciones: (a) D es un dominio de factorizaci ´ on ´ unica.

(b) D es un dominio de ideales principales (su n ´ umero de clase es igual a uno).

DEMOSTRACI ON . Sea D un dominio de Dedekind que es un dominio de factorizaci on unica y sea p un ideal primo no nulo, entonces p est a generado por dos elementos, sea p = aD + bD .Consideramos una factorizaci on en producto de elementos primos de a ; a = p 1 · · ·p s . Esclaro que uno de los p i , por ejemplo p 1, pertenece a p, entonces p 1D ⊆ p, y como cada ideal

primo no nulo es maximal tenemos p = pD ; esto es, todo ideal primo es un ideal principal.





Como todo ideal no nulo es un producto de ideales primos, y cada ideal primo no nulo es

principal, tenemos que cada ideal no nulo es un ideal principal.

Este resultado sobre ideales primos no es v alido para anillos de enteros algebraicos, ya queno todo anillo de enteros algebraicos es un dominio de factorizaci on unica. Sin embargo enestos tenemos un resultado de cierto inter es.

Proposici on. 55.16.Sea D un anillo de enteros algebraicos (la clausura entera de Z en una extensi ´ on nita de Q), entonces cada ideal primo no nulo p de D es de la forma p = pD + aD , siendo p ∈ Zunentero primo.

DEMOSTRACI ON . Basta considerar la intersecci on de p con Z para determinar el elementoprimo p .

Ejercicio. 55.17.Sea D un dominio de integridad que verica la propiedad: “para cada ideal no nulo a y cada elemento no nulo a ∈ a existe b ∈ a tal que a = aD + bD ”, entonces D es un dominio de Dedekind.

SOLUCI ON . Veamos el caso local. Si D es un dominio local con ideal maximal m, para cadaideal no nulo a , tomando 0 = a ∈ ma existe b ∈ a tal que a = aD + bD ; en particular a =ma + bD . Aplicando el Lema de Nakayama se tiene a = bD , por lo tanto todo ideal de D esprincipal y D es un dominio de valoraci on discreta.

En el caso general, como cada ideal est a generado por al menos dos elementos, resulta queD es un dominio noetheriano. Si p es un ideal primo no nulo de D , tambi en el anillo D p veri-ca la propiedad del enunciado, luego D p es un dominio de valoraci on, y por tanto D es undominio de Dedekind.

56. Ejercicios

Ejercicio. 56.1.Sea A un dominio de valoraci ´ on discreta con ideal maximal m y cuerpo residual F = A / m.Demuestra que para todo entero natural n el F –espacio vectorial mn / mn + 1 es de dimensi ´ onuno.

SOLUCI ON





Ejercicio. 56.2.Sea A un dominio de integridad local con ideal maximal m = ( t )

= 0. Si

∩n

≥1(t n ) = 0,

demuestra que A es un dominio de valoraci ´ on discreta.


Sea A un anillo local noetheriano con ideal maximal m = ( t ). Demuestra que se verica una de las dos posibilidades:

(1) A es un dominio de valoraci ´ on discreta o

(2) existe un entero natural n tal que t n = 0.

En el ´ ultimo caso demuestra que A es artiniano.

SOLUCI ONEjercicio. 56.4.Sea A un dominio de integridad noetheriano local con ideal maximal m = 0 y cuerpo resi-dual F = A / m.

(1) Demuestra m/ m2 es un espacio vectorial sobre F .

(2) Demuestra que si dimF (m/ m2) = 1, entonces A es un dominio de valoraci ´ on discreta.

(3) Si todo ideal no nulo de A es una potencia de m, demuestra que A es un dominio de valoraci ´ on discreta.

SOLUCI ONEjercicio. 56.5.Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K . Demuestra que todo A -subm ´ odulo no nulo nitamente generado de K es un ideal fraccionario de A .

Si A es noetheriano, demuestra que a es un ideal fraccionario de A si y s olo si a es un A -subm ´ odulo nitamente generado de K .

SOLUCI ONEjercicio. 56.6.Sea D un dominio de valoraci ´ on discreta con cuerpo de fracciones K y E un anillo interme-dio. Pruebo que son equivalentes:

(a) E es un dominio de valoraci ´ on discreta.

(b) E = D .





SOLUCI ON

Ejercicio. 56.7.Sea A un dominio de integridad. Demuestra que todo ideal fraccionario de A es invertible si y s olo si todo ideal entero de A es invertible.

SOLUCI ONEjercicio. 56.8.Sea A un dominio de integridad y a1, . . . , an ideales fraccionarios de A tales que su producto es un ideal fraccionario principal: a1 · · ·an = aA . Demuestra que todos los ideales ai soninvertibles.

SOLUCI ONEjercicio. 56.9.Sea A un dominio de integridad con cuerpo de fracciones K y p un ideal primo no nulo de A . Demuestra que los ideales fraccionarios de A p son exactamente los A p–subm ´ odulos de K de la forma a A p, con a un ideal fraccionario de A .


Sea A un dominio de Dedekind. Demuestra que para todo subconjunto multiplicativo Σ de A el anillo de fracciones Σ−1 A es un cuerpo o es un dominio de Dedekind.

SOLUCI ONEjercicio. 56.11.Sean a, b ideales fraccionarios de un dominio de Dedekind A y n un entero no nulo. De-muestra que an = bn si y s olo si a = b.

SOLUCI ONEjercicio. 56.12.Sea A un dominio de integridad noetheriano local con ideal maximal m = 0. Demuestra que A es un anillo de valoraci ´ on discreta si y s ´ olo si los ´ unicos ideales primarios (no nulos) de A son las potencias de m.

SOLUCI ONEjercicio. 56.13.Sea A un dominio de integridad noetheriano que no es un cuerpo. Demuestra que A es undominio de Dedekind si y s ´ olo si A m es un anillo de valoraci ´ on discreta para todo ideal ma-

ximal m.





SOLUCI ON

Ejercicio. 56.14.Sea A un dominio noetheriano que no es un cuerpo. Demuestra que A es un dominio de Dedekind si y s ´ olo si para todo ideal maximal m de A no existe ning ´ un ideal a tal que m2

a m.

SOLUCI ONEjercicio. 56.15.Sea A un dominio noetheriano que no es un cuerpo. Demuestra que A es un dominio de Dedekind si y s ´ olo si todo ideal primo no nulo de A es maximal y todo ideal p–primario es

una potencia de p.

SOLUCI ON




Cap ıtulo XI

Soluciones a los ejercicios



SEC . 57. E JERCICIOS DEL C AP ITULO I 309

57. Ejercicios del Cap ıtulo I

SOLUCI ON . Ejercicio (8.1. )

La operaci on suma es asociativa, ya que A + ( B + C ) = ( A ∩B ∩C )∪( A ∩B ∩C )∪( A ∩BC )∪( A ∩B ∩C ) = ( A + B ) + C .

La operaci on suma es conmutativa, ya que A + B = ( A ∪B )∪( A ∩B ).

El conjunto ∅is el elemento cero.

El opuesto de A es A .

La operaci on producto es asociativa, conmutativa y el elemento uno es X .

El producto es distributivo respecto a la suma, esto es: A (B + C ) = ( A ∩B ∩C )∪( A ∩B ∩C ) = AB + AC .


Se dene la suma:a ⊕

b = a + b −1, y el producto:

a ⊗b = a + b + ab .

Suma:

Propiedad asociativa: (a ⊕b )⊕c = a + b + c + 2 = a ⊕(b ⊕c ).

Propiedad conmutativa: a ⊕b = a + b + 1 = b ⊕a .

Elemento neutro (cero): a ⊕−1 = a .

Elemento opuesto: a ⊕(−a −2) = −1.

Producto:

Propiedad asociativa: (a ⊗b )⊗c = a + b + c + ab + ac + bc + abc = a ⊗(b ⊗c ).

Propiedad conmutativa: a ⊗b = a + b + ab = b ⊗a .

Elemento neutro (uno): a ⊗

0 = a .




310 C AP. XI. SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS

Propiedad distributiva: a ⊗(b ⊕c ) = 2a + b + c + ab + ac + 1 = a ⊗b ⊕a ⊗c .


Consideramos el homomorsmo de anillos f : Z−→Z×Zdenido por f (n ) = ( n , 0).

Es claro que f (n + m ) = f (n ) + f (m ) y que f (nm ) = f (n ) f (m ) para cualesquiera n , m ∈Z. Sinembargo f (1) = 1 = ( 1, 1).

A LTERNATIVA . Considerar dos anillos A y B y f la aplicaci on constante igual a 0 de A a B . Esclaro que f es un homomorsmo para la suma y el producto, y no verica f (1) = 1.

COMENTARIO . En general, si e ∈ A es un elemento idempotente, esto es, e 2 = e , siemprepodemos denir una aplicaci on f : Z −→ A mediante f (1) = e de forma que f verica f (a +b ) = f (a ) + f (b ) y f (ab ) = f (a ) f (b ) para todos a , b ∈Z. En consecuencia, s olo cuando e es eluno de A tendremos la relaci on f (1) = 1.


(1). Es claro que Z[√ 2]⊇ {a + b √ 2 | a , b

∈Z}, y que dado x ∈Z[√ 2], como x es un polinomioen √ 2, utilizando que √ 22

= 2 y reagrupando t erminos se tiene una expresi on de la formaa + b √ 2, luego se tiene la inclusi on Z[√ 2]⊆ {a + b √ 2 | a , b ∈Z}.(2). Es igual.(3). Si existe un homomorsmo f : Z[√ 2] −→Z[√ 3], entonces f (√ 2) = a + b √ 3 y 2 = f (√ 22

) = f (√ 2)2 = ( a + b √ 3)2 = a 2 + 3b 2 + 2ab √ 3. Estos son n umeros complejos, luego a 2 + 3b 2 = 2 y 2ab = 0.Si a = 0, tenemos 3 b 2 = 2, que no tiene soluci on en Z. Si b = 0, tenemos a 2 = 2 que no tienesoluci on en Z. Como consecuencia no existe ning un homomorsmo con las caracter ısticaspedidas.


Los ideales de Zson de la forma n Z, para n ≥0.


Existe una correspondencia entres los ideales de Zn y los ideales de Z que contienen a n Z,luego basta estudiar cuales son los ideales que contienen a n Z. Observar que se verica n Z⊆m Z si y solo si m es un divisor de n . Tenemos que los ideales de Zn son de la forma d Zn :=





d Z/ n Z.


Dado 0 = a ∈ D se tiene una lista a , a 2, . . . . Como D es nito, existen n y m , por ejemplon > m , tales que a m = a n = a m + h = a m a h , h > 0. Como D es un dominio de integridad, setiene 1 = a h y a es invertible.


Dado 0

= a

∈ D , tenemos una lista de ideales: (a ), (a 2), . . . . Como hay un n umero nito de

ideales existen n y m , por ejemplo n > m , tales que (a m ) = ( a n ) = ( a m + h ), h > 0. Y existex ∈ D tal que a m = a m a h x . Como D es un dominio resulta 1 = a h y y tenemos que a esinvertible.


Denimos Γ = {a | a ∩Σ = ∅}. Este conjunto es no vac ıo, ya que 0 ∈ Γ y si {a i }i es unacadena en Γ, existe una cota superior en Γ, por ejemplo su uni on. Entonces Γ tiene elementosmaximales. Sea q ∈ Γ maximal. Si ab ∈ q, y a /∈ q, b /∈ q, entonces q + ( a ), q + ( b ) /∈ Γ. Existenx

∈(q + ( a ))

∩Σ e y

∈(q + ( b ))

∩Σ . Tenemos

xy ∈(q + ( a ))( q + ( b ))⊆q + ( ab )⊆q,

y por tanto xy ∈ q ∩Σ = ∅, lo que es una contradicci on. Como consecuencia, q es un idealprimo y es maximal entre los que tienen intersecci on vac ıa con Σ .


Si ab ⊆ p y a p, existe a ∈ a \ p. Para cada b ∈ b se tiene ab ∈ ab ⊆ p , luego b ∈ p y tenemosb

⊆

p. La otra implicaci on es inmediata.


Como x es nilpotente, existe n ≥1 tal que x n = 0. Entonces

1 = 1 −x n = ( 1 −x )(1 + x + · · ·+ x n −2 + x n −1)

y 1 −x es una unidad. Basta tomar −x en vez de x para tener el resultado.Si la unidad es u y x n = 0 para n ≥1, entonces

u = u −x n

= ( u −x )(n n

−1

+ u n

−2x + · · ·+ ux

n

−2

+ x n

−1)





y u −x es una unidad. Tomando −x en vez de x tenemos que u + x es una unidad.


Dado a ∈Rad( A ) \ Nil( A ), existe 0 = e = e 2∈(a ), sea e = ax . Como 1 −ay es una unidad paracada y ∈ A , entonces 1 −ax es una unidad; como tambi en es idempotente, resulta 1 −ax = 1 y e = ax = 0, lo que es una contradicci on. Por tanto Rad( A ) = Nil( A ).


Dados p un ideal primo y x

∈ A

\p, existe n > 1 tal que x n = x , luego x (x n −1

−1)x n

−x = 0

∈

p.Como p es primo y x /

∈ p, resulta x n −1 − 1 ∈ p. Por lo tanto p + ( x ) = ( 1) y p es un ideal

maximal.


Llamamos Γ al conjunto de los ideales primos de A . Como A contiene ideales maximales,entonces Γ es no vac ıo. Cada cadena en Γ tiene cotas inferiores, ya que si {pi }i es una cadena,

∩i pi es un ideal primo. En efecto, si ab ∈ ∩i pi , para cada ındice i se tiene ab ∈ pi , luego a ∈ pi o b ∈ pi . Supongamos que b /∈ ∩i pi , entonces b /∈ p j para alg un ındice j , y por tanto a ∈ pi para cada ındice i , esto es, a

∈∩i pi .


(a)⇒(b). Como tiene un unico ideal primo, cada elemento es nilpotente. Este ideal es tam-bi en el unico ideal maximal, y cada elemento no contenido en el ha de ser una unidad.(b)⇒(c). Si cada elemento de A es una unidad o es nilpotente, entonces el nilradical, n es unideal maximal y A / n es un cuerpo.(c)⇒(a). Cada ideal primo de A contiene al nilradical, luego los ideales primos de A est an encorrespondencia con los ideales primos de A / n. Como A / n es un cuerpo tiene un unico ideal

primo, por tanto A tiene un unico ideal primo.


(1). Tenemos (x + 1)2 = x + 1, luego 2 x = 0.(2). La primera parte es consecuencia del Ejercicio ( 8.13. ). Dado x ∈ A \ p, tenemos p + ( x ) =(1). Existe y ∈ A tal que xy ≡ 1 (mod p). Multiplicando por x tenemos xy ≡ x (mod p). Luegox ≡1 (mod p) y A / p tiene dos elementos.(3). Basta comprobar el resultado para ideales generados por dos elementos. Si a = ( a , b ),entonces (x + y + xy )⊆(x , y ). Por otro lado x (x + y + xy ) = x e y (x + y + xy ) = y , luego tenemos

la otra inclusi on.






Un elemento idempotente e distinto de 1 no es una unidad, luego est a contenido en el idealmaximal m. Como m es el radical de Jacobson de A , cada 1 −ex es una unidad para x ∈ A . Enparticular 1 −e es una unidad, y e debe ser igual a 0.


El conjunto Σ es no vac ıo, ya que 0 ∈Σ . Dada una cadena {a i }i en Σ su uni on es un elementode Σ , luego Σ tiene elementos maximales. Sea q ∈ Σ maximal, vamos a ver que es un idealprimo. Si ab ∈q y a , b /∈q, entonces q + ( a ), q + ( b ) /∈Σ . Existen x a ∈q + ( a ), x b ∈q + ( b ) que

no son divisores de cero, pero x a x b ∈ (q + ( a ))( q + ( a )) ⊆ q + ( ab ) = q, de donde resulta quex a x b es un divisor de cero, lo que es una contradicci on. Por tanto q es un ideal primo.


Sea p = ( p ) un ideal primo y m = ( q ) un ideal maximal tal que p m, entonces p = dq paraalg un d ∈ D . Como p es primo, resulta d ∈ p, por tanto existe d ∈ D tal que d = d p . Enconsecuencia p = d pq , de donde 1 = d q , lo que es una contradicci on.


(1). Es claro que es un ideal, y por otro lado se tiene ab⊆a , luego a⊆(a : b).

(2). Para cualquier ideal a se tiene (p : a)a ⊆ p. Si p es primo y a ⊆ p, se tiene (p : a) = A , y sia p, entonces p⊆(p : a)⊆p y tenemos (p : a) = p. Para ver el rec ıproco, sean a, b ideales de A tales que ab ⊆ p, entonces b ⊆ (p : a). Si a ⊆ p no hay nada que probar, y si a p, entoncesb⊆(p : a) = p, y tenemos el resultado.

(3). Dados n , m ∈ Z, sea d = m . c. d.{n , m } y consideremos las factorizaciones n = dn y m = dm . Si x ∈ (n : m ), entonces existe y ∈ Z tal que xm = yn , de donde se deduce que

xm = yn .Porser n y m primos relativos se tiene n |x . Tambi enescierto que n ∈(n Z : m Z),luego tenemos la igualdad (n Z : m Z) = ( n ), siendo n = n / d y d = m. c. d.{n , m }.

SOLUCI ON . [Uno] Ejercicio (8.21. )

La resoluci on se basa en considerar las siguientes aplicaciones:

K [ X , Y ]( X 3 −Y 2) −→K [T 2, T 3] −→K [T ].

Utilizando la propiedad universal del anillo de polinomios denimos un homomorsmo de

anillos h : K [ X , Y ] −→K [T ] mediante: h ( X ) = T 2 y h (Y ) = T

3.





La imagen de h es K [T 2, T 3], que es un subanillo de K [T ], y por tanto es un dominio de inte-

gridad. Vamos a ver que h es inyectiva. Sea F ∈ K [ X , Y ] tal que h (F ) = 0, podemos escribir F co-mo F = F 0( X ) + F 1( X )Y + F 3( X , Y )( X 3 − Y 2). (Identicamos K [ X , Y ] con K [ X ][Y ], enton-ces X 3 − Y 2 es un polinomio de grado 2 con coeciente l ıder un elemento invertible, porlo tanto podemos dividir el polinomio F ∈ K [ X , Y ] por X 3 − Y 2, obteniendo un resto dela forma F 0( X ) + F 1( X )Y , esto es, un polinomio de grado 1 en K [ X ][Y ].) Entonces h (F ) =h (F 0( X ) + F 1( X )Y ) = F 0(T 2) + F 1(T 2)T 3. Como F ∈ Ker(h ), tenemos 0 = F 0(T 2) + F 1(T 2)T 3.Observa que los exponentes de T es el primer sumando son 0 , 2, 4, . . . , y los exponentes de T en el segundo sumando son 3 , 5, 7, . . . . Por lo tanto de 0 = F 0(T 2) + F 1(T 2)T 3 se obtiene queF 0 = 0 = F 1, luego Ker(h ) =

{0

} y h es inyectiva.

Como tenemos un isomorsmo K [ X ,Y ]( X 3−Y 2) −→ K [T 2, T 3], entonces ( X 3 −Y 2) es un ideal primo

de K [ X , Y ].

SOLUCI ON . [Dos] Ya que K [ X , Y ] = K [ X ][Y ], tenemos que K [ X , Y ] es un dominio de fac-torizaci on unica, por lo tanta todo elemento irreducible es primo, as ı pues, para ver que( X 3 −Y 2) ⊆ K [ X , Y ], basta comprobar que X 3 −Y 2 es irreducible en K [ X ][Y ]. Como Y 2 − X 3es un polinomio de grado dos en Y , es irreducible si y solo si no tiene ra ıces en K [ X ]. Es claroque si F ∈ K [ X ] es una ra ız de Y 2 − X 3, entonces F 2 = X 3, y es f acil comprobar que ning un

polinomio F ∈ K [ X ] verica esta propiedad, luego Y 2

− X 3

es irreducible en K [ X ][Y ], y portanto ( X 3 −Y 2) es un ideal primo de K [ X , Y ].


Como an ⊆ a, si an + bn = A , entonces a + b = A . Por otro lado, si a + b = A , existen a ∈ a y

b ∈b tales que a + b = 1, entonces

1 = ( a + b )3 = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b 3∈a2 + b2.

Es claro que se tiene el resultado para cualquier n ≥1.


Es consecuencia del Corolario ( 5.1. ).


Dado x ∈ rad a , existe m ∈ Ntal que x m ∈ a, por tanto x mn = ( x m )n

∈ an ⊆ b, y se tiene

x ∈rad( b).






Como el radical de a es la intersecci on de los ideales primos que contienen a a, entonces

∩n i = 1pi ⊆rad( a)⊆∩n

i = 1pi , y tenemos la igualdad.


Tenemos que a1 + a2 = A , ya que 1 = X −( X −1). Entonces a1a2 = a1 ∩a2, y aplicando elEjercicio ( 8.25. ), tenemos el resultado.


Observar que para cada ideal a se tiene a ⊆ rad(a), luego basta ver que (b) ⇒(a). Si rad(a) +rad( b) = A , existen a y b ∈ A tales que a + b = 1, a n

∈ a y b m ∈ b para ciertos n , m ∈ Z.

Entonces

1 = ( a + b )n + m =i

n + m i

a i b n + m −i .

Si i < n , entonces n + m −i ≥m , luego 1 ∈a + b.


Dado b ∈ f (rad( a)) existe a ∈rad( a) y n ∈Ntales que f (a ) = b y a n ∈a , entonces

b n = f (a )n = f (a n )∈ f (a),

luego b ∈rad( Bf (a)) .

Si f es sobreyectiva y b ∈ rad(Bf (a)) , existe n ∈ Ntal que b n ∈ Bf (a). Sea b n = t

i = 1 b i f (a i ),con b i ∈ B y a i ∈ a. Existen c , c 1, . . . , c t ∈ A tales que f (c ) = b y f (c i ) = b i , i = 1, . . . , t .Tenemos:

f (c n ) = b n =t

i = 1b i f (a i ) =

t

i = 1 f (c i ) f (a i ) = f (

t

i = 1c i a i ),

entonces c n − t i = 1 c i a i ∈ Ker( f ) ⊆ a y resulta c n

∈ a. Entonces c ∈ rad(a) y b = f (c ) ∈ f (rad( a)) .


Es claro que Nil( A [x ]) ⊆ Rad( A [x ]). Por otro lado, si f ∈ Rad( A [x ]), entonces 1 − fg es unaunidad para cada g ∈ A [x ]. Tomando g = x tenemos que a − fx es una unidad, luego si

f =n i = 0 a i x

i , entonces a 0, . . . , a n son nilpotentes y tenemos que f es nilpotente.






Supongamos que K ( X ) tiene un sistema nito de generadores como K –algebra, por ejemplo

{p 1/ q , . . . , p t / q }, con p i ∈ K [ X ] y 0 = q ∈ K [ X ]. Entonces cada elemento de K ( X ) se escribeen la forma

a (e 1 ,..., e t )p 1q

e 1

· · ·p t q

e t ,

que se escribe en la forma b q m para cierto b ∈K [ X ] que es una combinaci on lineal de produc-

tos de p e i i y q . Podemos considerar que b y q m son primos relativos. Un elemento arbitrario

de K ( X ) es de la forma u v con u , v ∈ K [ X ], 0 = v , y por tanto existen b ∈ K [ X ] y m ∈ Ntales

que u

v = b

q m . Entonces uq m = vb , y como K [ X ] es un dominio eucl ıdeo resulta que q

| v , lo

que evidentemente no tiene por qu e ocurrir para todas las posibles elecciones de v . Comoconsecuencia K ( X ) no es una K –algebra nitamente generada.


Primero parte:

(1). Es claro que cada clase de Z[i ] tiene un unico representante de grado uno; basta conside-rar el resto de la divisi on por X 2 + 1.

(2). La aplicaci on N : Z[i ] →Ndenida N (a + bi ) = a 2 + b 2 es multiplicativa; basta considerarla siguiente relaci on:

N ((a + bi )(c + di ) = N ((ac −bd ) + ( ad + bc )i ) = ( ac −bd )2 + ( ad + bc )2

= a 2c 2 −2abcd + b 2d 2 + a 2d 2 + 2abcd + b 2c 2

= ( a 2 + b 2)(c 2 + d ”).

(3). Es bien conocido.

Segunda parte.

(1). Basta considerar la relaci on 2 = ( 1 + i )(1 −i ). Observa que 1 + i y 1−i son irreducibles, y por lo tanto primos y no invertibles. Por lo tanto 2 no es irreducible, luego no es un elementoprimo.

(2). Al igual que antes basta ver que 3 es un elemento primo de Z[i ]. S i3 = αβ en Z[i ], entonces9 = N (3) = N (α)N (β ). Si N (α) = 1, entonces α es invertible y viceversa; luego 3 = αβ es unafactorizaci on propia si N (α) = 3 = N (β ), pero observa que no existen enteros de Gauss αvericando N (α) = 3. Pro lo tanto 3 es irreducible y como consecuencia es un elemento

primo de Z[i ].





(3). Basta considerar que 5 = ( 1 + 2i )(1 −2i ), y que 1 + 2i , 1 −2i son elementos irreducibles.

(4). Si p ∈Zes primo y verica p ≡3 (mod 4), entonces es primo en Z[i ]. En efecto, si p = αβ es una factorizaci on propia, se tiene N (α) = p , y p es una suma de dos cuadrados, lo que esimposible si p ≡3 (mod 4).

Rec ıprocamente, si p ∈Zes primo y p ≡3 (mod 4), entonces p = 2 o p ≡1 (mod 4). Si p = 2 ya hemos visto que p no es primo. Si p ≡1 (mod 4), utilizando el Teorema de Wilson tenemosla relaci on:

1 ×2 ×3 ×· · ·×(p −2) ×(p −1) ≡ −1 (mod p ).

Agrupamos los factores del t ermino de la izquierda en parejas: 1 , p

−1; 2, p

−2; etc. De esta

forma tenemos:

(−1)p − 1

2 1 ×2 ×3 ×· · ·×p −1

2 ≡ −1 (mod p ).

Se tiene que p −12 es par, ya que p ≡1 (mod 4), luego

1 ×2 ×3 ×· · ·×p −1

2 ≡ −1 (mod p ).

Si llamamos q = 1 ×2 ×3 ×· · ·×p −12 , se tiene p | q 2 + 1, y en Z[i ] se tendr a p | q 2 + 1 =

(q + i )(q −i ). Observa que p q + i , ya que si existe a + bi ∈ Z[i ] tal que q + i = p (a + bi ),entonces 1 = pb , lo que es una contradicci on. De la misma forma se prueba que p q −i . Porlo tanto p no es primo en Z[i ], y tenemos el resultado.

(5). Si p = 2 ya conocemos la descomposici on en elementos primos de p . Si p ≡ 1 (mod p ),entonces N (p ) = p 2, y si p = αβ es una factorizaci on propia, entonces N (α) = p . Sea α =a + bi , entonces p = a 2 + b 2, y la factorizaci on en primos de p en Z[i ] es: (a + bi )(a −bi ). Enparticular se obtiene que cada entero primo positivo es la suma de dos cuadrados si y solosi es congruente con 1 m odulo 4, y en este caso una factorizaci on en primos de p en Z[i ] es:p = ( a + bi )(a −bi ).


(1). La aplicaci on g es: g ( t i = 0 a i X i ) = t

i = 0(a i + a) X i .

(2). La imagen de g es A a [ X ], esto es, g es sobreyectiva. Tenemos que g ( t

i = 0 a i X i ) = 0 si y solosi a i + a = 0 para cada ındice i , por lo tanto si y solo si t

i = 0 a i X i tiene todos sus coecientes

en a, esto es, sit i = 0 a i X

i

∈a[ X ].





(3). Por la construcci on la imagen de F + Ker( g ) es g (F ), luego tenemos

A [ X ]Ker( g )

Im(g )

F + Ker( g ) g (F )

t i = 0 a i X i + Ker( g ) t

i = 0(a i + a) X i .

Como hemos visto anteriormente se tiene Im(g ) = A a [ X ] y Ker(g ) = a[ X ], luego A [ X ]

Ker( g ) = A [ X ]a[ X ] , y

se tiene A a[ X ]∼

= A [ X ]a[ X ]

.

(4). Tenemos que Zn [ X ] = Z[ X ](n Z)[ X ].

(5). El ideal (n ) ⊆ X[ X ] es el ideal (n Z)[ X ], esto es, el conjunto de todos los polinomios cuyoscoecientes son m ultiplos de n en Z. Este ideal tambi en se puede escribir como n Z[ X ].

(6). El ideal (n )

⊆

Z[ X ] es primo cuando

Z[ X ](n )

= Z[ X ]n Z[ X ]

= Zn Z[ X ] = Zn [ X ]

es un dominio de integridad, esto es, cuando Zn es un dominio de integridad, y por tantocuando n es un entero primo.

(7). El ideal (n ) ⊆ Z[ X ] es maximal cuando Zn [ X ] es un cuerpo, y como este anillo nunca esun cuerpo, tenemos que nunca (n )⊆Z[ X ] es un ideal maximal.

(8). Un ejemplo de un ideal maximal es (p , X ), siendo p ∈Zun entero primo; en este caso setiene:Z[ X ]

(p , X )∼= Z[ X ]/ (p )(p , X )/ (p )∼=

Zp [ X ]( X ) ∼= Zp .


(a)⇒(b). Sean xy ∈ (a ), entonces xy = ab para un cierto b ∈ A . Como D es un dominio defactorizaci on unica y a es irreducible, este aparece en la factorizaci on de x , luego x ∈ (a ), o

de y , luego y ∈(a ), y por tanto (a ) es un ideal primo.





(b) ⇒ (a). Si a = xy , entonces xy ∈ (a ), por ser este un ideal primo resulta x ∈ (a ), luego

x = ab para cierto b ∈

D , obteniendo a = xy = aby , luego 1 = by , e y es una unidad, o y ∈(a ),lleg andose entonces a que x es una unidad, por tanto a es un elemento irreducible.


(1). Si f = n i = 0 a i x i es una unidad, existe g = m

j = 0 b j x j tal que fg = 1, entonces a 0b 0 = 1 y a 0 es una unidad. Por otro lado tenemos a n b m = 0, a n b m −1 + a n −1b m = 0, luego a 2n b m −1 +a n a n −1b m = 0, entonces a 2n b m −1 = 0. Por inducci on probamos que a r + 1

n b m −r = 0. Tomandor = m tenemos a m + 1

n b 0 = 0 y resulta que a n es nilpotente. Como f = n i = 0 a i x i es una unidad

y a n x n es nilpotente, resulta que f

−a n x n = n −1

i = 0 a i x i es una unidad. Aplicando en resultado

que acabamos de probar tenemos que a n −1 es nilpotente, y por inducci on a 1, a 2, . . . , a n sonnilpotentes.(2). Si f = n

i = 0 a i x i es nilpotente, entonces a n es nilpotente, y como la suma de nilpotenteslo es, resulta que n −1

i = 0 a i x i es nilpotente. Por inducci on resulta que a 0, a 1, . . . , a n son nilpo-tentes. La otra implicaci on es inmediata.(3). Supongamos que f = n

i = 0 a i x i es un divisor de cero y sea 0 = g = m j = 0 b j x j un polino-

mio de grado m ınimo tal que fg = 0. Como a n b m = 0, tenemos que f (a n g ) = 0; como el gradode a n g es menor que el grado de g , resulta que a n g = 0. En la expansi onde fg el coeciente dex n + m −1 es a n −1b m + a n b m −1 = 0. Como a n b m −1 = 0, resulta que a n −1b m = 0. Procediendo enla misma forma tenemos a n −1g = 0. Por inducci on probamos que a i g = 0 para cada ındice

0 ≤ i ≤ n . Basta tomar como a cualquier coeciente no nulo de g . La otra implicaci on esinmediata.(4). Lema de Gauss . Llamamos f = n

i = 0 a i x i , g = m j = 0 b j x j y fg = k c k x k . Si fg es primitivo,

entonces (1) = ({c k }k ) ⊆ ({a i }i ) ∩({b j } j ), y por tanto f y g son primitivos. Si f y g son primi-tivos y fg no lo es, entonces existe un ideal maximal m tal que ({c k }k )⊆m. Como ({a i }i ) m,existe un ındice i 0 m ınimo tal que a i 0 /∈ m, y tomamos j 0 de la misma forma. En la expresi ondel elemento

c i 0+ j 0 = a i 0+ j 0 b 0 + · · ·+ a i 0+ 1b j 0−1 + a i 0b j 0 + a i 0−1b j 0+ 1 + · · ·+ a 0b j 0+ i 0

todos los t erminos, salvo a i 0 b j 0 pertenecen a m, lo que es una contradicci on.


HACER


Sea D un DFU, y K su cuerpo de fracciones. Como K [ X ] es un DE, entonces es un DFU. Dadoun polinomio no nulo 0 = F ∈D [ X ], al considerar F ∈K [ X ] existe una factorizaci on

F = dF 1 · · ·F t





con d ∈ D y los F i polinomios irreducibles. Podemos suponer que cada F i ∈ D [ X ] y que es

primitivo , esto es que, su contenido c (F ), el m aximo com un divisor de sus coecientes es 1.Tenemos entonces que cada F i ∈D [ X ] es irreducible por el Lema de Gauss.

Si d = a / b es irreducible, entonces bF = aF 1 · · ·F t . Tomando contenidos se tiene

bc (F ) = c (aF 1 · · ·F t ) = ac (F 1) · · ·c (F t ) = a .

(Es consecuencia del Ejercicio ( 8.34. )) De aqu ı se tiene F = c (F )F 1 · · ·F t es un producto deirreducibles en D [ X ].

Supongamos que F = eG 1 · · ·G s con los G j polinomios irreducibles primitivos no constantes. Al considerar las dos descomposiciones en K [ X ] se tiene t = a , y salvo una una reordenaci onpodemos suponer que G i = a i F i , i = 1, . . . , t , con a i ∈ K . Tomando contenidos se tienea i = c (G i ) ∈ D ,y por lo tanto son invertibles. Tenemos entonces que las dos factorizacionesson equivalentes.


(1). Como Z[√ −5]⊆C, es un DI.

(2). Es claro desarrollando los productos. Para ver que son factorizaciones distintas, bastacalcular la norma de cada elemento:

x N (x )2 43 91 + √ −5 61 −√ −5 6

Por lo tanto 2 no es asociado a ning un otro, y lo mismo pasa con los dem as.


(1). Como Z[√ 5]⊆C, es un DI.

(2). Tenemos N (a + b √ 5) = a 2 −5b 2 = ( a + b √ 5)(a −b √ 5), y por tanto es un homomorsmopara el producto, ya que (a −b √ 5)(c −d √ 5) = ac + 5bd −(ad + bc )√ 5.

(3). Si x es invertible existe y tal que xy = 1. Entonces 1 = N (1) = N (x ) y ) = N (x )N ( y ),Entonces N (x ) es invertible en Z, luego es ±1.

(4). Tenemos N (3 + 4√ 5) = 1 y N (2 + √ 5) = −1.





(5). Si x = y 1 y 2 en Z[√ 5], entonces N (x ) = N ( y 1)N ( y 2),ys i N (x ) es primo, resulta, por ejemplo,

que N ( y 1) = ±1, esto es, y 1 es invertible y x es irreducible.(6). Es claro que m odulo 5 mi 2 ni 3 son cuadrados, luego la congruencia no tiene soluci onen Z. Se tiene que N (2) = 4, luego cualquier factor propio x = a + b √ 5 de 2 en Z[√ 5] vericaN (x ) = ±2, esto es a 2 −5b 2 = ±2, que no tiene soluci onen Z, luego 2 es irreducible. El mismorazonamiento vale para los otros elementos.

(7). En este caso N (3 + √ 5) = 4 = N (3 −√ 5) y por lo tanto son irreducibles; como ningunoes asociado a 2, tenemos dos descomposiciones distintas de 4 en Z[√ 5].


HACER


HACER


HACER


HACER


HACER


HACER


HACER






HACER


Si A ∼= B ×C entonces 1 A = ( 1B , 1C ) = ( 1B , 0) + ( 0, 1C ). Los elementos (1B , 0) y (0, 1C ) sonidempotentes y verican B = ( 1B , 0) A , C = ( 0, 1C ) A . Por otro lado, si existe un idempotente e vericando las condiciones del enunciado, entonces eA ∩(1 −e ) A = {0} y A = eA + ( 1 −e ) A ,luego A ∼= eA ×(1 −e ) A ∼= B ×C .


(1) Dado un ideal a de A = n i = 1 A i , consideramos el elemento e i = ( δ i , j ) j ; es claro que ae i

puede identicar con un ideal de A i , sea este ai . Entonces a = n i = 1 ai .

(2) Los ideales primos son de la forma A 1 ×·· ·× A i −1 ×pi × A i + 1 ×·· ·× A n , siendo pi un idealprimo de A i .Los ideales maximales son de la forma A 1 ×· · ·× A i −1 ×mi × A i + 1 ×· · ·× A n , siendo mi unideal maximal de A i .

(3) En este caso los ideales primos sonde la forma A 1 ×· · ·× A i −1 ×0 × A i + 1 ×· · ·× A n , portanto hay exactamente n .


(a)⇒(b). Es una consecuencia del Teorema chino del resto.

(b)⇒

(a). Es una consecuencia de la biyecci on existentes entre ideales de Im( f ) e ideales de A / Ker( f ) para cada homomorsmo de anillos f : A −→B .


(1) Cada polinomio F ∈ K [ X , Y ] se escribe en la forma n ,m i = 0, j = 0 k i , j X i Y j , y por tanto se tiene

F = k 0,0 + n i = 1 k i ,0 X i + m

j = 1 k 0, j Y j + XYG , para alg un G ∈ K [ X , Y ], que es justamente la

expresi on del enunciado.





(2) Basta hacer la multiplicaci on y reducir m odulo XY .

(k + F 1( X ) X + F 2(Y )Y + ( XY ))( h + G 1( X ) X + G 2(Y )Y + ( X ))= kh + kG 1( X ) X + kG 2(Y )Y + F 1( X ) Xh + F 1( X ) XG 1( X ) X + F 1( X ) XG 2(Y )Y + F 2(Y )Yh

+ F 2(Y )YG 1( X ) X + F 2(Y )YG 2(Y )Y + ( XY )= kh + kG 1( X ) X + F 1( X ) Xh + F 1( X ) XG 1( X ) X + kG 2(Y )Y + F 2(Y )Yh

+ F 2(Y )YG 2(Y )Y + ( XY )= kh + ( kG 1( X ) + hF 1( X ) + F 1( X )G 1( X ) X ) X + ( kG 2(Y ) + hF 2(Y )

+ F 2(Y )G 2(Y )Y )Y + ( XY ).

(3) Un ideal maximal es ( X + ( XY ), Y + ( XY )) , que corresponde al ideal maximal ( X , Y ) deK [ X , Y ] que contiene a ( XY ).

Por ser A un cociente de K [ X , Y ], los ideales maximales de A est an en correspondenciacon los ideales maximales m de K [ X , Y ] que contienen a ( XY ). Se verica entonces XY ∈( XY )⊆m, y por ser m un ideal primo de K [ X , Y ], se tiene X ∈m o Y ∈m.

Si X ∈ m, entonces m = ( X ) + ( F 1, . . . , F t ), siendo F 1, . . . , F t ∈ K [Y ]; basta reducir unsistema de generadores de m m odulo ( X ) para obtener F 1, . . . , F t . Por lo tanto tenemos:

K [ X ,Y ]/ ( XY )m/ ( XY ) ∼=

K [ X ,Y ]m ∼=

K [ X ,Y ]/ ( X )(( X )+( F 1 ,..., F t )) / ( X ) ∼=

K [Y ](F 1 ,..., F t )K [Y ]

Como es un cuerpo, y como K [Y ] es un dominio eucl ıdeo, resulta que (F 1, . . . , F t )K [Y ] es

un ideal principal, generado por un polinomio irreducible.El mismo resultado se tiene si suponemos que Y ∈m.


(1) Tenemos que j A : A −→ A ×B , denido j A (a ) = ( a , 0) para cada a ∈ A , es un homomors-mo de grupos.

(2) Tenemos que q A : A × B −→ A , denido q A (a , b ) = a para cada (a , b ) ∈ A ×B , es unhomomorsmo de anillos.

(3) Denimos f : X −→ A ×B mediante f (x ) = ( f A (x ), f B (x ) para cada x ∈ X , es un homo-morsmo y es el unico que verica que f A = q A ◦ f y f B = q B ◦ f .

(4) Es justo la denici on de producto de anillos.

(5) Es claro que e A = ( 1, 0), e B = ( 0, 1) ∈ A ×B son idempotentes y que verican e A + e B =(1, 1). Vamos a ver que e 1e 2 = 0, en efecto e 2 = 1e 2 = ( e 1 + e 2)e 2 = e 1e 2 + e 2e 2 = e 1e 2 + e 2,

luego e 1e 2 = 0.





(6) Dados elementos idempotentes e 1, e 2 ∈ C tales que e 1 + e 2 = 1. Denimos C 1 = e 1C , es

un anillo, no un subanillo de C . Consideramos la siguiente situaci on:C

×e 1

×e 2

α

e 1C e 1C ×e 2C proy

proy

e 2C

en donde α est a denido α(c ) = ( e 1c , e 2c ). Es claro que α es inyectivo: Si 0 = α(c ) =(e 1c , e 2c ), entonces e 1c = 0 = e 2c , y se tiene c = 1c = ( e 1 + e 2)c = e 1c + e 2c = 0. Para verque es sobreyectivo, dado (e 1c , e 2d )∈e 1C ×e 2C , consideramos x = e 1c + e 2d ∈C . Vamosa ver que α(e 1c + e 2d ) = ( e 1c , e 2d ); se tiene

α(x ) = ( e 1x , e 2x ) = ( e 1(e 1c + e 2d ), e 2(e 1c + e 2d )) = ( e 1c , e 2d ).

(7) Es claro.


(1) Se tiene que f X : K [ X ] −→ A , denida por f X ( X ) = X + ( XY ), es un homomorsmos de

de anillos por la propiedad universal del anillo de polinomios. Es claro que es inyectivo,luego podemos identicar K [ X ] con su imagen en A .

(2) Tenemos que g X : A −→K [ X ] denida por g X (k + F 1( X ) X + F 2(Y )Y + ( XY )) = k + F 1( X ) X es un homomorsmo de anillos; est a inducido por la evaluaci on en Y = 0. El nucleo deg X es {F 2(Y )Y + ( XY ) | F 2(Y )∈K [Y ]}, el ideal generado por Y .

(3) Utilizando la propiedad universal del anillo producto se tiene que α est a denido porα(k + F 1( X ) X + F 2(Y )Y + ( XY )) = ( k + F 1( X ) X , k + F 2(Y )Y )∈K [ X ]×K [Y ]. La imagen de αes {k + F 1( X ) X , k + F 2(Y )Y | F 1( X )∈K [ X ], F 2(Y )∈K [Y ]}. Es f acil ver que α es inyectivo.

(4) Dado el diagram conmutativoB

h X

h y

A g X

g Y

K [ X ]

eval 0

K [Y ]eval 0

K

para cada b ∈ B consideramos los polinomios h X (b ) ∈ K [ X ] y h Y (b ) ∈ K [Y ]. Como

eval 0(h X (b )) = eval 0(h Y (b )) , denimos h (b ) = eval 0(h X (b )) + ( h X (b ) −eval 0(h X (b ))) +





(h Y (b ) −eval 0(h Y (b ))) + ( XY ) ∈ A , esto es, h (b ) = h X (b ) + h Y (b ) −eval 0(h X (b )) + ( XY ).

Ası denido hace conmutar el siguiente diagramaB

h

h X

h y

A g X

g Y

K [ X ]

eval 0

K [Y ]eval 0

K

Si h B

−→ A tambi en verica h X = g X

◦ h y h Y = g Y

◦ h , supongamos que h (b ) =

k b + F 1,b ( X ) X + F 2,b (Y )Y + ( XY ), entonces se tiene:

k b = ( eval 0 ◦g X ◦h )(b ) = ( eval 0 ◦g X ◦h )(b );k b + F 1,b ( X ) X = ( g X ◦h )(b ) = ( g X ◦h )(b );k b + F 2,b (Y )Y = ( g Y ◦h )(b ) = ( g Y ◦h )(b ).

Por lo tanto h = h .

SOLUCI´ON . Ejercicio (8.53. )

Como tenemos B ⊗ A C = L (B ×C )S , siendo L (B ×C ) el A –m odulo libre sobre B ×C . Vamos a dar

estructura de B ×C –m odulo a L (B ×C ) y a comprobar que S es un subm odulo. La estructura,sobre los generadores de L (B ×C ) est a denida por

(x , y )(b , c ) = ( xb , yc ), ∀(x , y ), (b , c )∈B ×C .

Es claro que L (B ×C ) es un B ×C –m odulo. Para ver que S es un subm odulo basta ver que paracada generador g de S y cada (x , y )∈B ×C se tiene (x , y )g ∈S . En efecto, se tiene:

(x , y ) (( b 1 + b 2, c ) −(b 1, c ) −(b 2, c )) = ( xb 1 + xb 2, yc ) −(xb 1, yc ) −(xb 2, yc )∈

S .(x , y ) (( b , c 1 + c 2) −(b , c 1) −(b , c 2)) = ( xb , yc 1 + yc 2) −(xb , yc 1) −(xb , yc 2)∈S .

(x , y ) (( ab , c ) −(b , ac )) = ( xab , yc ) −(xb , yac ) = ( axb , yc ) −(xb , ayc )∈S .

(x , y ) (( ab , c ) −a (b , c )) = ( xab , yc )−(x , y )a (b , c ) = ( axb , yc )−a (x , y )(b , c ) = ( axb , c )−a (xb , yc )∈S .

Veamos ahora que la multiplicaci on est a bien denida.Sea b 2⊗c 2 = t i = 1 b i ⊗c i , esto signica

que (b 2, c 2) − t i = 1(b i , c i ) ∈ S , y veamos que (b 1 ⊗c 1)(b 2 ⊗c 2) = ( b 1 ⊗c 1)( t

i = 1 b i ⊗c i ), oequivalentemente que (b 1b 2)⊗(c 1c 2) = t

i = 1(b 1b i )⊗(c 1c i ). Por denici on esto es equivalentea ver que (b 1b 2, c 1c 2) − t

i = 1(b 1b i , c 1c i )∈S , y esto se deduce de que S es un B ×C -subm odulo

de B ×C .





Es claro que 1 ⊗1 es el uno de B ⊗ A C .


Dado β B ×C −→ C denimos un homomorsmo de A –m odulos β 0 : L (B ×C ) −→ X me-diante β 0(b , c ) = β (b , c ). Para cada generador g ∈ S se tiene β 0(g ) = 0 ya que β es A –bilineal.Entonces β 0 se factoriza de forma unica por L (B ×C )/ S = B ⊗ A C .

L (B ×C ) proy

β

L (B ×C )/ S = B ⊗ A C

β

X Es claro que β = β ◦τ . La unicidad de β vericando esta condici on es consecuencia de launicidad en la construcci on de β 0 y β .

Observa que β , sobre los generadores de B ⊗ A C esta denido por β (b ⊗c ) = β (b , c ) paracada (b , c )∈B ×C .


Tenemos β : B

⊗

A C

−→ X un homomorsmo de A –m odulos denido β (b

⊗

c ) = β (b , c ).Falta comprobar que β es un homomorsmo de A –algebra, esto es, que

β ((b 1⊗c 1)(b 2⊗c 2)) = β ((b 1b 2)⊗(c 1c 2)) = β (b 1b 2, c 1c 2) = β (b 1, c 1)β (b 2, c 2) = β (b 1⊗c 1)β (b 2⊗c 2)

y queβ (1⊗1) = β (1, 1) = 1.


En esta situaci on denimos β : B ×C −→ X mediante β (b , c ) = f B (b ) f C (c ) para cualesquierab ∈B y c ∈C . Comprobamos que β es una aplicaci on A –bilineal. Por ejemplo se tiene

β (ab , c ) = f B (ab ) f C (c ) = af B (b ) f C (c ) = a β (b , c ),β (b , ac ) = f B (b ) f C (ac ) = f B (b )af C (c ) = a β (b , c ).

Adem as β verica:

β ((b 1, c 1)(b 2, c 2)) = β (b 1b 2, c 1c 2) = f B (b 1b 2) f C (c 1c 2) = f B (b 1) f C (c 1) f B (b 2) f B (b 2) = β (b 1, c 1)β (b 2, c 2).

y

β (1, 1) = f B (1) f C (1) = 1.





Luego existe un unico homomorsmo de A –algebras β : B ⊗ A C −→ X tal que β = β ◦τ .

Entonces β est a denido β (b ⊗

c ) = β (b , c ) = f B (b ) f C (c ). Es claro que β hace conmutar eldiagrama, esto es: f B = β ◦ j B y f C = β ◦ j C ,

y que es el unico homomorsmo de A –algebras que verica estas condiciones. As ı pues de-nimos f = β .


Consideramos la siguiente situaci on:

A [ X ] j X

f X A [ X ]⊗

A A [Y ] f

A [Y ]

j Y

f Y

A [ X , Y ]

en donde j X (F ) = F ⊗1 y f X (F ) = F para cada F ∈ A [ X ] y j Y (G ) = 1⊗G y f Y (G ) = G para cadaG ∈ A [Y ]. Todos ellos son homomorsmos de A –algebras. Existe pues un unico homomor-smo de A –algebras, f , haciendo conmutar el diagrama. Este homomorsmo est a denido f (F ⊗G ) = FG . Vamos a ver que f es un isomorsmo.

Para ver que es sobreyectivo basta comprobar que X n Y m

∈

Im( f ) para todos n , m

∈

N.Estoesclaro ya que X n Y m = f ( X n

⊗Y m ). Para ver que es inyectivo vamos antes a ver como podemos

escribir los elementos de A [ X ]⊗ A A [Y ]. Un elemento cualquiera de A [ X ]⊗ A A [Y ] es de la format i = 1 F i ⊗G i , en donde, por ejemplo tenemos F i =

s j = 1 a i , j X j y G i =

r h = 1 b i ,h Y h . Tenemos

entonces:t

i = 1

F i ⊗G i =t

i = 1

(s

j = 1

a i , j X j )⊗(r

h = 1

b i ,h Y h ) =t

i = 1

s

j = 1

r

h = 1

a i , j b i ,h ( X j ⊗Y h ) =i , j ,h

a i , j b i ,h ( X j ⊗Y h )

Veamos que esta es una buena forma de escribir los elementos de A [ X ]⊗ A A [Y ].

Si f (t

i = 1 F i ⊗

G i ) = 0, entonces

0 = f (t

i = 1

F i ⊗G i ) = f (i , j ,h

a i , j b i ,h ( X j ⊗Y h )) =i , j ,h

a i , j b i ,h X j Y h .

En esta expresi on el coeciente de X j Y h es: t i = 1 a i , j b i ,h , y por lo tanto deber ser igual a cero.

Entonces se tiene:t

i = 1

F i ⊗G i = j ,h

t

i = 1

a i , j b i ,h X j ⊗Y h = 0,

ya que es una combinaci on lineal en la que todos los coecientes son iguales a cero.




SEC . 58. E JERCICIOS DEL C AP ITULO II 329

58. Ejercicios del Cap ıtulo II


(1). Lexicogr aco con X > Y > Z :

X 3Y , X 3Z 2, X 3Z , X 2Y 2Z , X 2Y , XZ 2, Y 2Z 2, Y 2Z .

(2). Lexicogr aco graduado con X > Y > Z :

X 2Y 2Z , X 3Z 2, X 3Y , X 3Z , Y 2Z 2, X 2Y , XZ 2, Y 2Z .

(3). Lexicogr aco graduado inverso con X > Y > Z :

X 2Y 2Z , X 3Z 2, X 3Y , X 3Z , Y 2Z 2, X 2Y , Y 2Z , XZ 2.


(1). Lexicogr aco con X > Y > Z :

X 3Y , X 3Z 2, X 2Y 2Z , X 2YZ 2, X 2Z 2, X 2Z , X 2, XY 2Z .

(2). Lexicogr aco graduado con X > Y > Z :

X 3Z 2, X 2Y 2Z , X 2YZ 2, X 2Z 2, XY 2Z , X 3Y , X 2Z , X 2.

(3). Lexicogr aco graduado inverso con X > Y > Z :

X 2Y 2Z , X 3Z 2, X 2YZ 2, X 3Y , XY 2Z , X 2Z 2, X 2Z , X 2.


(1). Lexicogr aco. Para el caso de dos variables X e Y , una representaci on del orden lexi-

cogr aco es la siguiente:





X X 2 X 3

Y XY X 2Y X 3Y

Entonces los monomios m as peque nos son:

1, Y , Y 2, Y 3, . . . , Y 9.

Lexicogr aco graduado inverso. Para el caso de dos variables X e Y , una representaci on delorden lexicogr aco graduado y del orden lexicogr aco inverso, ya que en este caso coinciden,

es la siguiente:

X X 2 X 3

Y XY X 2Y X 3Y

Entonces los monomios m as peque nos son:

1, Y , X , Y 2, XY , X

2, Y

3, XY

2, X

2Y , X

3, Y

4, XY

3.





(2). Los monomios de grado total menor o igual que 2 son:

1, X , Y , Z , X 2, XY , XZ , Y 2, YZ , Z 2.

Ordenados de mayor a menor aparecen como sigue:

Orden lexicogr aco. X 2, XY , XZ , X , Y 2, YZ , Y , Z 2, Z , 1.

Orden lexicogr aco graduado.

X 2, XY , XZ , Y 2, YZ , Z 2, X , Y , Z , 1.

Orden lexicogr aco graduado inverso.

X 2, XY , Y 2, XZ , YZ , Z 2, X , Y , Z , 1.


Observar que en todos los casos basta determinar la ordenaci on de las variables X 1, . . . , X n , y que en total existen n ! ordenaciones distintas de las variables.


Tenemos que dividir F = X 7Y 2 + XY 2 + Y 2 por {G 1 = XY 2 − X , G 2 = −Y 3 + X }. entonces∆ 1 = ( 1, 2)+ N2 y ∆ 2 = ( 1, 0)+ N2 \∆ 1. Consideramos la siguiente tabla para hacer la divisi on:

∆ 1 = ( 1, 2) + N2

∆ 2 = (( 1, 0) + N2) \ ∆ 1

i F i exp(F i ) ∈ Q 1 Q 2 R Q i G i + R 0 X 7Y 2 + XY 2 + Y 2 (7, 2) ∆ 1 X 6 X 7Y 2 − X 7

1 X 7 + XY 2 + Y 2 (7, 0) ∆ X 7 X 7

2 XY 2 + Y 2 (1, 2) ∆ 1 1 XY 2 − X 3 Y 2 + X (0, 2) ∆ Y 2 Y 2

4 X (1, 0) ∆ X X 0 X 6 + 1 X 7 + Y 2 + X X 7Y 2 + XY 2 + Y 2

La divisi on es:

X 7Y

2+ XY

2+ Y

2= ( X

6+ 1)( XY

2

− X ) + 0(−Y 3

+ X ) + ( X 7

+ Y 2

+ X ).





(2). Es esencialmente igual, en este caso al permutar los papeles de G 1 y G 2 no cambia la

divisi on. Tenemos: X 7Y 2 + XY 2 + Y 2 = 0(−Y 3 + X ) + ( X 6 + 1)( XY 2 − X ) + ( X 7 + Y 2 + X ).


(1). Tomamos F = X 2Y + XY 2 + Y 2, G 1 = Y 2 −1 y G 2 = XY −1. En este caso ∆ 1 = ( 0, 2) + N2

y ∆ 2 = ( 1, 1) + N2 \ ∆ 1. Hacemos la divisi on seg un la siguiente tabla:

∆ 1 = ( 0, 2) + N2

∆ 2 = (( 1, 1) + N2) \ ∆ 1

i F i exp(F i ) ∈ Q 1 Q 2 R Q i G i + R 0 X 2Y + XY 2 + Y 2 (2, 1) ∆ 2 X X 2Y − X 1 XY 2 + Y 2 + X (1, 2) ∆ 1 X XY 2 − X 2 Y 2 + 2 X (0, 2) ∆ 1 1 Y 2 −13 2 X + 1 (1, 0), (0, 0) ∆ 2 X + 1 2 X + 1

X + 1 X 2 X + 1 X 2Y + XY 2 + Y 2

La divisi´on es:

X 2Y + XY 2 + Y 2 = ( X + 1)(Y 2 −1) + ( X )( XY −1) + ( 2 X + 1)

(2). Tomamos F = X 2Y + XY 2 + Y 2, G 1 = XY −1 y G 2 = Y 2 −1. En este caso ∆ 1 = ( 1, 1) + N2

y ∆ 2 = ( 0, 2) + N2 \ ∆ 1. Hacemos la divisi on seg un la siguiente tabla:

∆ 1 = ( 1, 1) + N2

∆ 2 = (( 0, 2) + N2) \ ∆ 1

i F i exp(F i )

∈ Q 1 Q 2 R Q i G i + R

0 X 2Y + XY 2 + Y 2 (2, 1) ∆ 1 X X 2Y − X 1 XY 2 + Y 2 + X (1, 2) ∆ 1 Y XY 2 −Y 2 Y 2 + X + Y (0, 2) ∆ 2 1 Y 2 −13 X + Y + 1 (1, 0), (0, 1), ∆ X + Y + 1 X + Y + 1

X + Y 1 X + Y + 1 X 2Y + XY 2 + Y 2

La divisi on es:

X 2Y + XY 2 + Y 2 = ( X + Y )( XY −1) + ( 1)(Y 2 −1) + ( X + Y + 1)






Tenemos exp(F ) = ( 3, 3) y exp(G ) = ( 1, 4). Como ∆ 1 = ( 1, 4) + N2, entonces exp(F ) /∈ ∆ 1.Entonces calculamos

F 1 = F − X 3Y 3 = 3 X 2Y 4

y hacemos la divisi on de F 1 por G . En este caso exp(F 1) = ( 2, 4)∈∆ 1; se tiene

F 2 = F 1 − 31 XG = 0.

Recomponiendo se tieneF 1 −3 XG = 0;F − X 3Y 3 = F 1,

luego

F = 3 XG + X 3Y 3.

El cociente es 3 X y el resto es X 3Y 3.


Tenemos exp G 1 = ( 1, 1) y exp(G 2) = ( 1, 0), luego ∆ 1 = ( 1, 1) + N2 y ∆ 2 = ( 1, 0) + N2 \ ∆ 1.

Por otro lado exp(F ) = ( 2, 0)∈∆ 2, y denimos F 1 = F − XG 2 = − XY + X −Y 2 + Y .

Estudiamos F 1. Resulta exp(F 1) = ( 1, 1)∈∆ 1, denimos F 2 = F 1 + G 1 = X −Y 2 + Y + 1.

Estudiamos F 2. Resulta exp(F 2) = ( 1, 0)∈∆ 2, denimos F 3 = F 2 −G 2 = −Y 2 + 1.

Estudiamos F 3. Resulta exp(F 3) = ( 0, 2) ∈ ∆ . Adem as N (F 3) = {(0, 2), (0, 0)} ⊆ ∆ , por lo quehemos terminado la divisi on. Ahora recomponemos:

F 3 = −Y 2 + 1,F 3 = F 2 −G 2, F 2 = G 2,F 2 = F 1 + G 1, F 1 = F 2 −G 1,F 1 = F − XG 2, F = F 1 + XG 2, F = (−1)G 1 + ( X + 1)G 2 + ( −Y 2 + 1)F = F 1 + XG 2,

Los cocientes son {−1, X + 1}, y el resto es −Y 2

+ 1.





Podemos desarrollar en una tabla este algoritmo.

∆ 1 = ( 1, 1) + N2

∆ 2 = (( 1, 0) + N2) \ ∆ 1

i F i exp(F i ) ∈ Q 1 Q 2 R Q i G i + R 0 X 2 + X −Y 2 + Y (2, 0) ∆ 2 X X 2 + XY 1 − XY + X −Y 2 + Y (1, 1) ∆ 1 −1 − XY −12 X −Y 2 + Y + 1 (1, 0) ∆ 2 1 X + Y 3 −Y 2 + 1 (0, 2), (0, 0) ∆ −Y 2 + 1 −Y 2 + 1

−1 X + 1 −Y 2 + 1 X 2 + X −Y 2 + Y

Como consecuencia la divisi on es: F = (−1)G 1 + ( X + 1)G 2 + ( −Y 2

+ 1).


Tratamos directamente la tabla que desarrolla el algoritmo.

∆ 1 = ( 1, 0) + N2

∆ 2 = (( 1, 1) + N2) \ ∆ 1 = ∅i F i exp(F i ) ∈ Q 1 Q 2 R Q i G i + R 0 X 2 + X

−Y 2 + Y (2, 0) ∆ 1 X X 2 + XY

1 − XY + X −Y 2 + Y (1, 1) ∆ 1 −Y − XY −Y 22 X + Y (1, 0) ∆ 1 1 X + Y

X −Y + 1 0 0

Como consecuencia la divisi on es: F = ( X −Y + 1)G 1 + 0G 2 + 0.


Tenemos:F = X 3Y 2Z + X 2Y 3Z 2 + 2 XYZ

−Y 4 + 1;

G 1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z ;G 2 = XZ 2 + Y −Z + 1;G 3 = XYZ + Y 2Z 2 + X −Y + 2;

1. La divisi on de F por {G 1, G 2, G 3}con el orden lexicogr aco para la ordenaci on dada por X > Y > Z se obtiene mediante la orden:

PolynomialReduce[F,{G1,G2,G3},{X,Y,Z}]

El resultado es:





{{1+X^2Z+X Y Z^2-Z^3,-2X-X Y-2Y Z,1-X},

-1+3X+X^2+2X Y-Y^4-2Z-2X Z+Y Z+2Y^2 Z-2Y Z^2-Y^2 Z^2+Y Z^3+2Z^4+Y Z^4}

Esto es, el cociente es:Q 1 = 1 + X 2Z + XYZ 2 −Z 3Q 2 = −2 X − XY −2YZ , 1 − X Q 3 = 1 − X

y el resto es:

R = −1 + 3 X + X 2 + 2 XY −Y 4 −2Z −2 XZ + YZ + 2Y 2Z −2YZ 2 −Y 2Z 2 + YZ 3 + 2Z 4 + YZ 4.

De forma que se verica:

F = G 1Q 1 + G 2Q 2 + G 3Q 3 + R .

2. Para el orden graduado lexicogr aco la orden es:

PolynomialReduce[F,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeLexicographic]

El resultado es:

{{1+X^2 Z-Z^2+X Y Z^2-Z^3,-2X-X Y-2Y Z,0},1+2X-Y+3X Y-Y^4-2Z-2X Z+Y Z+X Y Z-X^2 Y Z+2Y^2 Z-Y Z^2+2Z^3+2Y Z^3+2Z^4+Y Z^4}

Esto es, el cociente es:Q 1 = 1 + X 2Z −Z 2 + XYZ 2 −Z 3Q 2 = −2 X − XY −2YZ Q 3 = 0

y el resto es:

R = 1+ 2 X −Y + 3 XY −Y 4

−2Z −2 XZ + YZ + XYZ − X 2

YZ + 2Y 2

Z −YZ 2

+ 2Z 3

+ 2YZ 3

+ 2Z 4

+ YZ 4

.De forma que se verica:

F = G 1Q 1 + G 2Q 2 + G 3Q 3 + R .

3. Para el orden graduado lexicogr aco inverso la orden es:

PolynomialReduce[F,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeReverseLexicographic]

En este caso el resultado es igual al anterior.






Tenemos

H = X 2Y 2 − X 2Z − XY 2Z 3 + XY 2Z + XYZ + 3 XY − XZ 2 + Y 3Z 2 −Y 2 −YZ −Z −1G 1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z ;G 2 = XZ 2 + Y −Z + 1;G 3 = XYZ + Y 2Z 2 + X −Y + 2;

1. Para calcular la divisi on de H por {G 1, G 2, G 3}con el orden lexicogr aco para la ordena-cion dada por X > Y > Z la orden es:

PolynomialReduce[H,{G1,G2,G3},{X,Y,Z}]

El resultado es:

{{X + Z - Z^3, -1, 0},Y+2X Y-Y^2-2Z-2X Z-X^2 Z-2Y Z-2Z^2-Y Z^2+Y^3 Z^2+Y Z^3+2Z^4+Y Z^4}

Por lo tanto el cociente es:Q 1 = X + Z −Z 3Q 2 = −1Q 3 = 0

y el resto es:

R = Y + 2 XY −Y 2 −2Z −2 XZ − X 2Z −2YZ −2Z 2 −YZ 2 + Y 3Z 2 + YZ 3 + 2Z 4 + YZ 4.

De forma que se verica:

H = G 1Q 1 + G 2Q 2 + G 3Q 3 + R .

2. Para el orden graduado lexicogr aco.

PolynomialReduce[H,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeLexicographic]

El cociente es:Q 1 = X −Z 3Q 2 = −1Q 3 = Y

y el resto es:

R = −Y + XY −2Z −2 XZ − X 2Z −YZ + YZ

3

+ 2Z 4

+ YZ 4

.





3. Para el orden graduado lexicogr aco inverso.

PolynomialReduce[H,{G1,G2,G3},{X,Y,Z},MonomialOrder->DegreeReverseLexicographic]

El resultado es el mismo que n el caso anterior.


Tenemos:

F = X 3Y 2Z + X 2Y 3Z 2 + 2 XYZ −Y 4 + 1;H = X 2Y 2 − X 2Z − XY 2Z 3 + XY 2Z + XYZ + 3 XY − XZ 2 + Y 3Z 2 −Y 2 −YZ −Z −1G 1 = XY 2 + YZ + Y + 2Z ;G 2 = XZ 2 + Y −Z + 1;G 3 = XYZ + Y 2Z 2 + X −Y + 2;

1. Ya que el resto de la divisi on de F por {G 1, G 2, G 3}no es cero no podemos concluir queF no pertenece al ideal generado por G 1, G 2, G 3. Para poder armarlo tenemos que cal-cular una base de Groebner de este ideal.

Utilizamos la ordenGroebnerBasis[{G1, G2, G3}, {X, Y, Z}]

para calcular una base con respecto al orden lexicogr aco. En este caso la base es:

{4 −10Z −4Z 2 + 9Z 3 −9Z 4 −36Z 5 −26Z 6 + 5Z 7 + 29Z 8 + 8Z 9 + 5Z 10 + Z 11

−Z 12 −5Z 13 + 2Z 14 + 4Z 16 ,1563383876 + 2509647256 Y −2003460034 Z −2212596434 Z 2 + 2437426853 Z 3

+ 6367769492 Z 4 + 3941473760 Z 5 + 674290506 Z 6 −6675831779 Z 7 −1301264098 Z 8

−1656158742 Z 9 + 252352861 Z 10

−342823046 Z 11 + 1454007019 Z 12

−837753334 Z 13 + 286481940 Z 14 −858255908 Z 15 ,7807537884 + 2509647256 X −2707048230 Z −8422487150 Z 2 + 8758706923 Z 3

+ 22211662516 Z 4 + 17579565536 Z 5 −7883484442 Z 6 −13717534421 Z 7

−5154124542 Z 8 −2218081834 Z 9 −1682308981 Z 10 + 2485450366 Z 11

+ 1564725405 Z 12 −71479706 Z 13 −946263380 Z 14 −1859471228 Z 15

que tiene tres elementos.

Tambi en podemos calcular la base de Groebner con respecto al orden graduado lexi-cogr aco o graduado lexicogr aco inverso con las ordenes:

GroebnerBasis[{G1, G2, G3}, {X, Y, Z},MonomialOrder->DegreeLexicographic]





GroebnerBasis[{G1, G2, G3}, {X, Y, Z},MonomialOrder->DegreeReverseLexicographic]

En estos casos la base es:

{1 + Y −Z + XZ 2,Y + XY 2 + 2Z + YZ ,4 + X + 2Y + 2 XY + X 2Y −2Y 2 −2Y 3 + 2Z + XZ + 2Y 2Z + 2YZ 2 + 4Z 3,10 + 8 X + 4 X 2 + X 3 + 3Y + XY −Y 2 −2Y 3 + 2Z −4 XZ − X 2Z + 2YZ + 3Y 2Z −2Z 2 −3YZ 2,

−1 −2 X − X 2 −3Y + 3 XY + 3Y 2 + 3Y 3 + Z −3 XZ −2 X 2Z + 2 XYZ −3Y 2Z + 2Z 2

−2YZ 2 −4Z 3 + 4Z 4,

−Y 2

−Y 3 + Y 2Z + YZ 2 + 2Z 3 + YZ 3,

2 + X −Y + XYZ + Y 2Z 2,2 + X −2Y + XY −2Z −2 XZ − X 2Z −YZ + XYZ + Y 2Z + Y 3Z ,4 + 2 X −4Y + XY −3Y 2 −Y 3 + Y 4 − XZ − X 2Z −YZ + 2 XYZ + 3Y 2Z + 2YZ 2 + 4Z 3}

que tiene nueve elementos.

Ahora calculamos el resto de la divisi on de F por cualquiera de estas bases; respecto aesta segunda el resto es:

5 + 6 X + X 2 −4Y + 2 XY −3Y 2 −Y 3 − XZ + YZ + 3 XYZ + 5Y 2Z + 4Z 3

¡Ojo!, tienes que utilizar en este caso el orden monomial graduado lexicogr aco o gra-duado lexicogr aco inverso, ya que la base de Groebner fue calculada con uno de estosordenes. En cualquiera de estos dos casos el resultado es el mismo.

2. Para estudiar si H pertenece al ideal generado por {G 1, G 2, G 3} tenemos que hacer lomismo, calcular una base de Groebner de este ideal y calcular el resto de la divisi on deH . Utilizando la base de Groebner dada por el orden graduado lexicogr aco tenemosque el resto de la divisi on es 0, por lo tanto H pertenece al ideal generado por G 1, G 2, G 3,aunque el resto de la divisi on de H por {G 1, G 2, G 3}no sea cero.


(1) Dado F ∈ a ∩b, si la descomposici on en monomios de F es F = M 1 + · · ·+ M r , comoF = M 1 + · · ·+ M r ∈ a y a es un ideal monomial, resulta M 1, . . . , M r ∈ a, y de la mismaforma M 1, . . . , M r ∈b, luego M 1, . . . , M r ∈a ∩b.

(2) Dado un monomio M ∈a ∩b, se tiene M ∈a , luego existen monomios A ∈K [ X 1, . . . , X n ] y A i tales que M = A A i . como M ∈ b, existen monomios B ∈ K [ X 1, . . . , X n ] y B j tales que

M = B B j . entonces M es un m ultiplo (monomial) de M i , j .





(3) Representamos los m.c.m de los A i y B j en la siguiente tabla:

B 1 = X 3YZ B 2 = X 2Y B 3 = Y 2Z 3

A 1 = X M 1,1 = X 3YZ M 1,2 = X 2Y M 1,3 = XY 2Z 3

A 2 = Y 2Z M 1,2 = X 3Y 2Z M 2,2 = X 2Y 2Z M 2,3 = Y 2Z 3

A 3 = YZ 2 M 1,3 = X 3YX 2 M 3,2 = X 2YZ 2 M 3,3 = Y 2Z 3

El ideal intersecci on a ∩b est a generado por:

{M 1,1 = X 3YZ , M 1,2 = X 2Y , M 1,3 = XY 2Z 3, M 2,1 = X 3Y 2Z , M 2,2 = X 2Y 2Z ,M 2,3 = Y 2Z 3, M 3,1 = X 3YX 2, M 3,2 = X 2YZ 2, M 3,3 = Y 2Z 3

}Esto es, a ∩b es el ideal( X 2Y , Y 2Z 3).


(1). Dado un polinomio F ∈ a1 + a2, este es una suma de monomios X α pertenecientes a a1o a a2, luego G 1

∪

G 2 es un sistema de generadores.

(2). Dado un polinomio F ∈a1a2, este es una suma de productos HL , donde H esun monomioen a1 y L es un monomio en a2, por lo tanto se tiene el resultado.


Dado polinomio F ∈ ∪i a i , existe un ındice i tal que F ∈ ai . Como a i es monomial todos losmonomios de F pertenecen a a i , y por lo tanto a ∪i a i .

SOLUCI ON . Ejercicio (16.16. )Se considera una familia {a i | i ∈I }de ideales monomiales, si F ∈∩i a i , entonces F ∈a i paracada ındice I . Como a i es monomial, todos los monomios de F pertenecen a a i , ya que esteresultado es cierto para cada ındice i , se tiene que estos pertenecen a ∩i a i , y por lo tanto esun ideal monomial.


Dado F ∈ (a : b), para cada monomio H ∈ b se tiene FH ∈ a, luego para cada monomio X α

de F se tiene X α

H ∈a , y entonces X α

∈(a : b).






(1). Si a es monomial y primo, para cada monomio X α = X α 11 · · · X n

α n , se tiene X i ∈ a pa-ra alg un ındice i , luego un sistema de generadores est a formado por un subconjunto de

{ X 1, . . . , X n }. Recıprocamente, cada subconjunto { X i 1 , . . . , X i s }de { X 1, . . . , X n }genera un idealmonomial, a, que es primo. En efecto, si FG ∈a , podemos suponer que F y G son monomiosal ser a monomial, entonces existe un ındice j tal que X i j divide a FG , esto es, divide a F odivide a G y tenemos que F ∈a o G ∈a .

(2). Es consecuencia de que el n umero de subconjuntos de { X 1, . . . , X n } es nito y de queexiste una biyecci on entre ideales primos y estos subconjuntos.

(3). Es claro, ya que en la biyecci on antes se nalada respeta la inclusi on.


Se considera Γ = {a | a es monomial y no es n. gen. }. Si Γ es no vac ıo, por el Lema de Zornexisten en Γ elementos maximales. Un elemento maximal a en Γ no puede ser un ideal primo ya que no es nitamente generado.

Existen monomios F y G tales que FG

∈ a y F /

∈

a y G /

∈

a. Entonces a + ( F ) es un idealmonomial nitamente generado. Existen F 1, . . . , F t ∈a tales que {F 1, . . . , F t , F }genera a +( F ).Llamamos b = F 1, . . . , F t ⊆a .

Por otro lado comprobamos que a = b+ F (a : F ). En efecto, si H ∈a , existen C i ∈K [ X 1, . . . , X n ]tales que H = t

i = 1 C i F i + C 0F , luego C 0F = H − t i = 1 C i F i ∈a y H ∈b + F (a : F ).

Por construcci on b es un ideal monomial nitamente generado, y (a : F ) ⊇ a + ( G ) a estambi en monomial, luego nitamente generado, y por tanto a = b + F (a : F ) es un idealnitamente generado.


Observar que LM (F )) y (F ) son ideales de K [ X 1, . . . , X n ]. La igualdad es consecuencia directade la denici on de exponente.


Consideramos el orden lexicogr aco en K [ X , Y ], (con la ordenaci on de indeterminadas X >

Y ), y los polinomios F = XY + X −1, G = X 2

+ Y −1. Entonces exp(F ) = ( 1, 1), exp(G ) = ( 2, 0).





Se verica Exp(F , G ) {exp F , exp G }+ Nn , ya que

H = XF −(Y + 1)G = X ( XY + X −1) −(Y + 1)( X 2 + Y −1)

= X 2Y + X 2 − X − X 2Y −Y 2 + Y − X 2 −Y + 1 = − X −Y 2 + 1,

cuyo exponente es (1, 0) no pertenece a {(1, 1), (2, 0)}+ N2.

Otro ejemplo. Si consideramos ahora el orden lexicogr aco con Y > X , entonces

F = YX + X −1, exp(F ) = ( 1, 1);G = Y + X 2 −1, exp(G ) = ( 1, 0).

El polinomio

H = F − XG = YX + X −1 − X (Y + X 2 −1) = YX + X −1 −YX − X 3 + X = − X 3 −1

tiene exponente (0, 3) que no pertenece a {(1, 1), (1, 0)}+ N2.


Para cada F ∈ a tenemos que los monomios de F pertenecen a a . En particular LM (F ) ∈ a, y existe γ

∈ Nn tal que LM (F ) = X γ G i para alg un ındice i = 1, . . . , m . Por tanto Exp(a) =

{exp(G 1), . . . , exp(G m )}+ Nn y {G 1, . . . , G m }es una base de Groebner del ideal monomial a.


Llamamos F 1 = X 2Y −Y 2, F 2 = X 3 − XY . Aplicando el algoritmo de Buchberger calculamosla semisicigia y comprobamos que {F 1, F 2}es una base de Groebner.

S (F 1, F 2) = F 1 X −F 2Y = 0.

Es claro que tenemos una base de Groebner reducida, ya que los diagramas de Newton decada elemento no cortan a los monoideales generados por el exponente del otro.





El elemento F = X 6 − X 5Y pertenece al ideal (F 1 = X 2Y −Y 2, F 2 = X 3 − XY ) si, y solo si, la

divisi on por {F 1, F 2}tiene resto cero; en este caso la divisi on es:∆ 1 = ( 2, 1) + N2

∆ 2 = (( 3, 0) + N2) \ ∆ 1

i F i exp(F i ) ∈ Q 1 Q 2 R 0 X 6 − X 5Y (6, 0) ∆ 2 X 3

1 − X 5Y + X 4Y (5, 1) ∆ 1 − X 3

2 X 4Y − X 3Y 2 (4, 1) ∆ 1 X 2

3 − X 3Y 2 + X 2Y 2 (3, 2) ∆ 1 − XY 4 X 2Y 2 − XY 3 (2, 2) ∆ 1 Y

5 − XY 3

+ Y 3

(1, 3) ∆ − XY 3

6 Y 3 (0, 3) ∆ Y 3

− X 3 + X 2 − XY + Y X 3 − XY 3 + Y 3

La divisi on es:

F = Q 1F 1 + Q 2F 2 + R , X 6 − X 5Y = (− X 3 + X 2 − XY + Y )( X 2Y −Y 2) + ( X 3)( X 3 − XY ) + ( − XY 3 + Y 3).

En consecuencia X 6 − X 5Y no pertenece al ideal ( X 2Y −Y 2, X 3 − XY ).


Aplicamos el algoritmos de Buchberger para calcular una base de Groebner. Llamamos G 1 = X −Y 3 y G 2 = X 2 − XY 2. Ahora construimos las semisicigias:

S (G 1, G 2) = X ( X −Y 3) −( X 2 − XY 2) = − XY 3 + XY 2.

Al reducir se tiene:

− XY 3 + XY 2 = (

−Y 3 + Y 2)( X

−Y 3) + (

−Y 6 + Y 5).

Tomamos un nuevo elemento G 3 := Y 6 − Y 5 para la base. La base es ahora {G 1, G 2, G 3}.Seguimos calculando semisicigias.

S (G 1, G 3) = Y 6( X −Y 3) − X (Y 6 −Y 5) = −Y 9 + XY 5.

Al reducir se tiene: XY 5 −Y 9 = Y 5( X −Y 3) −Y 3(Y 6 −Y 5).

Luego se reduce a cero.

S (G 2, G 3) = Y 6( X

2

− XY 2) − X

2(Y

6

−Y 5) = − XY

8+ X

2Y

5.





Al reducir se tiene:

X 2

Y 5

− XY 8

= XY 5

( X −Y 3

).Luego se reduce a cero.

Una base de Groebner es {G 1 = X −Y 3, G 2 = X 2 − XY 2, G 3 = X −Y 3. Esta base no es minimal, ya que exp(G 2) = ( 2, 0)∈ {exp(G 1), exp(G 3)}+ N2. Una base minimal es: {G 1, G 3}.

Observar que se tieneG 2 = ( X −Y 2)G 1 + ( Y 3 + 1)G 3.

La base

{G 1, G 3

} es tambi en reducida, ya que

N (G 1) =

{(1, 0), (0, 3)

} exp(G 3) + N2 y

N (G 3) = {(0, 6), (0, 5)} exp(G 1) + N2.


(1). Calculamos la semisicigia

S (Y − X 2, Z − X 3) = Z (Y − X 2) −Y (Z − X 3) = −ZX 2 + YX 3.

Reducimos este elemento:

−ZX 2 + YX 3 =

− X 2(Z

− X 3) + X 3(Y

− X 2).

Tenemos pues una base de Groebner para el orden lexicogr aco con Z > Y > X .

(2). Calculamos la semisicigia

S (G 1, G 2) = X ( X 2 −Y ) −( X 3 −Z ) = − XY + Z

Como es un elemento reducido, tendr ıamos que incorporarlo al sistema de generadores, lue-go {Y − X 2, Z − X 3}no es una base de Groebner para el orden lexicogr aco con X > Y > Z .


(1). Llamamos G 1 = X 2 −1, G 2 = XY 2 − X y construimos las semisicigias.

S (G 1, G 2) = Y 2( X −1) − X ( XY 2 − X ) = ( X 2 −1) + ( −Y 2 + 1).

Agregamos G 3 := Y 2 −1 al sistema de generadores.

S (G 1, G 3) = Y 2( X 2 −1 − X 2(Y 2 −1) = 0.

S (G 2, G 3) = XY 2

−x − X (Y 2

−1) = .





Entonces {G 1, G 2, G 3}esuna basedeGroebner. Una basem ınima es {G 1, G 3}. Esta es tambi en

una base reducida.(2). Llamamos G 1 = X 2 + Y , G 2 = X 4 + 2 X 2Y + Y 2 + 3 y construimos las semisicigias.

S (G 1, G 2) = X 2( X 2 + Y ) −( X 4 + 2 X 2Y + Y 2 + 3) = − X 2Y −Y 2 −3.

X 2Y + Y 2 + 3 = Y ( X 2 + Y ) + 3.

Agregamos 3 al sistema de generadores, y por lo tanto (G 1, G 2) = ( 1). Una base de Groebnerreducida es la formada por {1}.


Tomamos como primer conjunto de generadores G1 = {F 1, F 2}. A continuaci on calculamosla semisicigia S (F 1, F 2).

S (F 1, F 2) = XF 1 −YF 2 = X 2 − X −Y 2 + Y .

Dividimos por G1 = {F 1, F 2} y obtenemos

S (F 1, F 2) = F 2 + (− X −Y 2 + 1).

Tomamos el resto F 3 := − X − Y 2 + 1 como nuevo miembro del sistema de generadores:G2 = {F 1, F 2, F 3}.

Calculamos la semisicigia S (F 1, F 3).

S (F 1, F 3) = F 1 −YF 3 = 2 XY + X + Y 3 −Y −1.

Dividimos por G2 y obtenemos

S (F 1, F 3) = 2F 1 + ( Y 3 + Y 2 −Y ).

Tomamos el resto F 4 := Y 3 + Y 2 − Y como nuevo miembro del sistema de generadores:G3 = {F 1, F 2, F 3, F 4}.


S (F 1, F 4) = Y 2F 1 − XF 4 = XY −Y 2.

Dividimos por G3 y obtenemosS (F 1, F 4) = F 1 + F 3.

Como el resto es cero, esta semisicigia no aporta nuevo generador.






S (F 2, F 3) = F 2 + XF 3 = − XY 2 + X + Y −1.


S (F 2, F 3) = ( −Y + 1)F 1.

Como el resto es cero, esta semisicigia no aporta nuevo generador.


S (F 2, F

4) = Y 3F

2 − X 2F

4 =

− X 2Y 2 + X 2Y + Y 4

−Y 3.


S (F 2, F 4) = ( − XY + 2 X −1)F 1 −2F 2 −3F 3 + ( Y −2)F 4


S (F 3, F 4) = Y 3F 3 − XF 4 = −2 XY 3 − XY 2 + XY −Y 5 + Y 3.


S (F 3, F 4) = ( −2Y 2 + Y )F 1 + ( −Y 2 + Y −1)F 4

Por tanto una base de Groebner del ideal a = ( F 1, F 2) es:

G3 = {F 1, F 2, F 3, F 4}Para obtener una base minimal, basta observar que las divisiones de F 1 y F 2 por {F 3, F 4}son:

F 1 = (

−Y

−1)F 3

−F 4, y

F 2 = (− X + Y 2 −1)F 3 + ( Y −1)F 4

Entonces {F 3 = X + Y 2 −1, F 4 = Y 3 + Y 2 −Y }es una base de Groebner minimal y reducidade a.


La base es: { X 3 −2 X + 1, Y + X 2 −1}.






(1). Una base de Groebner reducida es: { X −YZ , Y 2Z −Z , Z 2}. Al dividir X 3 + X + 1 por esta

base el resultado es: X 3 + X + 1 = ( X 2 + XYZ + 1)( X −YZ ) + 0(Y 2Z −Z ) + XY 2(Z 2) + ( YZ + 1).

Por lo tanto X 3 + X + 1 no es un elemento del ideal a = ( XZ , XY −Z , YZ − X ).

(2). Una base de Groebner reducida es: { X −Y 2, Y 4 −Y }. Al dividir X 4 + X + 1 por esta baseel resultado es:

X 4 + X + 1 = ( 1 + X 3 + X 2Y 2 + XY 4 + Y 6)( X −Y 2) + ( Y + Y 4)(Y 4 −Y ) + ( 1 + 2Y 2).

Por lo tanto X 4

+ X + 1 no es un elemento del ideal b = ( X 2

−Y , Y 2

− X , X 2

Y 2

− XY ).


La parte (1) es hacer una comprobaci on directa. Para la parte (2) basta con hacer la divisi on;el resultado es:

X 6 − X 5Y = ( X 3 + Y − X 2Y )( X 3 −Y ) + ( −Y )( X 2Y −Y 2) + 0( XY 2 −Y 2) + ( −1)(Y 3 −Y 2) + 0


La primera parte es hacer una comprobaci on directa. Observar que la base de Groebner re-ducida tiene 4 elementos, luego un sistema minimal de generadores de Exp(a) necesita almenos 4 elementos.


Es hacer una comprobaci on directa, pod eis usar un paquete de c alculo simb olico.


Es hacer una comprobaci on directa.


Es un c alculo elemental.






(1). La base de Groebner reducida es:

{4Y 2 −3Y 4 + 4Y 6 + 2Y 8 + Y 12 + 4Z 2 −12Y 2Z 2 + 12Y 4Z 2 −4Y 6Z 2 −3Z 3 −6Y 4Z 3

−3Y 8Z 3 −6Z 4 + 12Y 2Z 4 −6Y 4Z 4 + 7Z 6 −4Y 2Z 6 + 3Y 4Z 6 −Z 8 −Z 9,

−4 + 4 X −7Y 4 −3Y 6 −Y 8 −Y 10 + 8Z 2 −8 XZ 2 −4Y 2Z 2 + 9Y 4Z 2 + 2Y 6Z 2 + Y 8Z 2 + 5Z 3

−4 XZ 3 + 5Y 2Z 3 + 3Y 4Z 3 + 3Y 6Z 3 −6Z 4 + 8 XZ 4 + 2Y 2Z 4 −3Y 4Z 4 −Y 6Z 4 −7Z 5 + 4 XZ 5

−2Y 2Z 5 −3Y 4Z 5 −3 XZ 6 −2Y 2Z 6 + Y 4Z 6 + 3Z 7 −2 XZ 7 + Y 2Z 7 + 2Z 8 + XZ 8 −Z 9,1 − X + XY 2 + Y 4 + XZ 2 −Z 3,2 −4 X + 2 X 2 + 4Y 2 + 3Y 4 + 2Y 6 + Y 8 −2Z 2 + 8 XZ 2 −2 X 2Z 2 −4Y 2Z 2 −4Y 4Z 2 −2Y 6Z 2

−4Z 3 + 2 XZ 3 − X 2Z 3 −2Y 2Z 3 −2Y 4Z 3 + Z 4 −6 XZ 4 + X 2Z 4 + 2Y 4Z 4 + 4Z 5 −2 XZ 5

+ 2Y 2Z 5 + Z 6 + 2 XZ 6 −2Z 7,

−1 + X 3 + Y 2 + Z 2

}.

(2). La base de Groebner reducida es:

{2 −2 X 3 − X 4 + X 6 −2Z 2 + 2 X 3Z 2 −Z 3 + Z 4, −1 + X 3 + Y 2 + Z 2}.

(3). Es un c alculo directo.


Calculamos bases de Groebner reducidas de ambos y comprobamos que son iguales. La basede Groebner reducida es: { X −Y , Y 2 −Y }.


Basta calcular las bases de Groebner reducidas de ambos y ver que son iguales. La base deGroebner reducida es. { X 3 + Y , YZ + Y }.


Denimos polinomios H 1 = X 2 − YZ − 3, H 2 = Y 2 − XZ − 4, H 3 = Z 2 − XY − 5 y llama-mos a al ideal generado por {H 1, H 2, H 3}. Una base de Groebner de a , con respecto al ordenlexicogr aco con X > Y > Z es:

{13 X + 11Z , 13Y −Z , −169 + 36Z 2.

El segundo ideal de eliminaci on de a es: (36Z 2 −169). Las soluciones de la ecuaci on 36 Z 2 −169 = 0 son z = ±

16936 = ±

136 . Tiene exactamente 2.





El primer ideal de eliminaci on de a es: (13Y −Z , −169 + 36Z 2). Las soluciones del sistema

13Y −Z = 0,−169 + 36Z 2 = 0 son:

z = ± 16936

= ±136

, y = 113 ± 169

36= ±

16

.

Este sistema tiene exactamente 2 soluciones.

El ideal a nos proporcional el sistema de ecuaciones:13 X + 11Z = 0

13Y −Z = 0

−169 + 36Z 2 = 0, y sus soluciones

son:z = ±13

6 , y = ±1

6, x = 11

13 ∓136

= ∓116

.


(1). Una base de Groebner reducida de a es: {3 X −13Y 3 + 13Y , 13Y 4 −22Y 2 + 9}.

(2). Para determinar los puntos de intersecci on tenemos que resolver el sistema de ecua-

ciones X 2 + XY + Y 2

−1 = 0

X 2 + 4Y 2 −4 = 0 , o equivalentemente el sistema 3 X

−13Y 3 + 13Y = 0

13Y 4 −22Y 2 + 9 = 0 . Paraesto tenemos que hallar las ra ıces de 13 Y 4 −22Y 2 + 9 = 0. Estas son:

y = 1, y = −1, y = ± 313

Con cada una de estas determinamos X en la ecuaci on 3 X −13 y 3 + 13 y = 0. Por lo tanto lospuntos son:

(0, 1), (0, −1), (− 413

, 313

), ( 413

, − 313

).


La base de Groebner reducida del ideal a = ( 2 X 3 + 2 X 2Y 2 + 3Y 3, 3 X 5 + 2 X 3Y 3 + 2Y 5) es:

{6305 Y 7 + 10872Y 8 −4680 Y 9 −1728 Y 10 + 1552Y 11 + 384Y 12,35349800 XY 5 + 119305575 Y 6 + 140162180 Y 7 −68143848 Y 8 −15328944 Y 9

+ 22457520 Y 10 + 5069952 Y 11,318148200 X 2Y 3 −141399200 Y 5 + 1285848975 Y 6 + 1576944360 Y 7 −750245976 Y 8

−247553728 Y 9 + 232061040 Y 10 + 56490624 Y 11,

2 X 3 + 2 X 2Y 2 + 3Y 3}26 de octubre de 2010 Curso 2010–2011. NOTAS DE TRABAJO, 6




La ecuaci on 6305 Y 7 + 10872 Y 8−4680 Y 9−1728 Y 10+ 1552 Y 11+ 384Y 12 = 0 tiene 6 soluciones

distintas, 0 y las 5 de 6305 + 10872Y −4680 Y 2

−1728 Y 3

+ 1552Y 4

+ 384Y 5

= 0. Son:

y = 0, y = −9724

, y = −52

, y = −12

, y = 32 −i , y =

32

+ i .

Para cada una de estas tenemos que resolver el sistema:

35349800 Xy 5 + 119305575 y 6 + 140162180 y 7 −68143848 y 8 −15328944 y 9

+ 22457520 y 10 + 5069952 y 11 = 0318148200 X 2 y 3 −141399200 y 5 + 1285848975 y 6 + 1576944360 y 7 −750245976 y 8

−247553728 y 9 + 232061040 y 10 + 56490624 y 11 = 02 X 3 + 2 X 2 y 2 + 3 y 3 = 0

El conjunto de soluciones obtenido es:

(0, 0), (−9736

, −9724

), (−52

, −52

), (12

, −12

), (1 + 3i 2

, 32 −i ), (1 −

3i 2

, 32

+ i ).


Se considera el ideal T ( X ,Z )+( 1

−T )(Y 2

, X

−YZ ) y se calcula una base de Groebner reducida

con respecto al orden lexicogr aco con T > X > Y > Z . El primer ideal de eliminaci on es elideal intersecci on pedido. Como la base de Groebner reducida de T ( X , Z )+( 1−T )(Y 2, X −YZ )es:

{TY 2 −Y 2, TZ , X −YZ , Y 2Z },

la base del primer ideal de eliminaci on es:

{ X −YZ , Y 2Z }.

Por otro lado el ideal ( XY , X −YZ ) tiene base de Groebner { X −YZ , Y 2Z }. Entonces los idealesdel enunciado son iguales.


Se considera el ideal T ( X 3Y − XY 2 + 1, X 2Y 2 −Y 3 −1) + ( 1 −T )( X 2 −Y 2, X 3 + Y 3), y se calculauna base de Groebner con respecto al orden lexicogr aco con T > X > Y > Z ; esta es:

{ XY 2 + Y 3, X 2 −Y 2, −T −TY 3 + TY 4, TX + TY }.

La base de Groebner del primer ideal de eliminaci on es:

{ XY 2

+ Y 3, X

2

−Y 2

},





que es la base de Groebner de la intersecci on.


Como b tiene tres generadores, el cociente (a : b) es la intersecci on de tres ideales; estos son:

(a : b) = ( a : X 2Y 5) ∩(a : X 3Z 4) ∩(a : Y 3Z 7).

Calculamos cada uno de ellos.

Una base de a ∩( X 2Y 5) es

{ X 2Y

5Z

2, X

2Y

6+ X

2Y

5Z , X

3Y

5

− X 2Y

5Z },

y una base de 1 X 2Y 5 (a ∩( X 2Y 5)) = ( a : X 2Y 5) es:

{Z 2, Y + Z , X −Z }.

Una base de a ∩( X 3Z 4) es

{ X 3Z 6, X 3YZ 4 + X 3Z 5, X 4Z 4 − X 3Z 5},

y una base de 1 X 3Z 4 (a

∩( X 3Z 4)) = ( a : X 3Z 4) es:

{Z 2, Y + Z , X −Z }.

Una base de a ∩(Y 3Z 7) es

{ X 3Z 7},

por lo tanto X 3Z 7∈a y tenemos (a : X 3Z 7) = ( 1).

Ahora se tiene que la intersecci on de estos tres ideales tiene por base de Groebner reducida

{Z 2, Y + Z , X

−Z

}.


Veamos la inclusi on (a : c)⊆(a : c).

(a : c) c = (a :c)+ bb

c+ bb = (a :c)c+ b

b ⊆ a+ bb = a .

Recıprocamente si a ∈ (a : c), entonces a c ⊆ a , luego para todo c ∈ c se tiene ac ∈ a , esto es,

a ∈

(a : c), y por tanto a ∈

(a : c). En conclusi on (a : c)⊆

(a : c).






Calcular en cada caso el ideal (a : c); agregar el elemento generador de b a la base de Groebnerobtenida, y calcular una base de Groebner del ideal que genera. Los clases de los elementosde esta base de Groebner son los generadores del ideal (a : c).


(1) a = ( X , Y , Z ) ∩( X −1, Y −1, Z −1) ∩( X + 1, Y + 1, Z + 1).

Hacemos la intersecci on de ( X , Y , Z ) y ( X −1, Y −1, Z −1). Para esto tenemos que calcular

una base de Groebner del ideal T ( X , Y , Z ) + ( 1 − T )( X − 1, Y − 1, Z − 1), y eliminar laindeterminada T .

GroebnerBasis[{T*X,T*Y,T*Z,(1-T)(X-1),(1-T)(Y-1),(1-T)(Z-1)},{T,X,Y,Z},{T}]

El resultado es:

{−Z + Z 2, Y −Z , X −Z }.

Ahora calculamos la intersecci on de (−Z + Z 2, Y −Z , X −Z ) y ( X + 1, Y + 1, Z + 1) de lamisma forma:

GroebnerBasis[{T*(-Z+Z^2),T*(Y-Z),T*(X-Z),(1-T)(X+1),(1-T)(Y+1),(1-T)(Z+1)},{T,X,Y,Z},{T}]

El resultado es:a = {−Z + Z 3, Y −Z , X −Z }.

(2) b = ( a : XYZ ).

Si llamamos a = XYZ , tenemos que b = ( a : XYZ ) = 1a (a ∩(a )) . Por esto tenemos que

calcular la intersecci on a ∩( XYZ ) mediante

GroebnerBasis[{T*(-Z+Z^3),T*(Y-Z),T*(X-Z),(1-T)X*Y*Z},{T,X,Y,Z},{T}]

El resultado es:

{− XYZ + XYZ 3, XY 2Z − XYZ 2, X 2YZ − XYZ 2},

y tenemos que dividir por XYZ , para obtener

b = (−1 + Z 2, Y −Z , X −Z ).

(3) c = ( a : X 3Y 2Z ).

Si llamamos b = X 3Y

2Z , tenemos que calcular

1b (a ∩(b )) . Tenemos





GroebnerBasis[{T*(-Z+Z^3),T*(Y-Z),T*(X-Z),(1-T)X^3Y^2Z},{T,X,Y,Z},{T}]

El resultado es:

{− X 3Y 2Z + X 3Y 2Z 3, X 3Y 3Z − X 3Y 2Z 2, X 4Y 2Z − X 3Y 2Z 2},

y tenemos que dividir por X 3Y 2Z , para obtener

c = (−1 + Z 2, Y −Z , X −Z ).

Observa que el mismo ideal obtenido en el apartado anterior.




SEC . 59. E JERCICIOS DEL C AP ITULO III 353

59. Ejercicios del Cap ıtulo III


(1). Es claro que mx es un ideal propio de K [V ]. Si mx a⊆K [V ], entonces existe f ∈a tal que f (x ) = 0. Sea x = ( x 1, . . . , x n ), al dividir f por { X 1 −x 1, . . . , X n −x n }resto es f (x ) = 0. Como( X 1 −x 1, . . . , X n −x n )⊆mx a , llegamos a que 0 = f (x )∈a , y por tanto a = K [V ].

(2). Si λ(x ) = λ( y ), entonces mx = m y . Sean x = ( x 1, . . . , x n ) = ( y 1, . . . , y n ), entonces existex i = y i y por tanto X i −x i , X i − y i ∈mx , luego mx contiene un elemento de K no nulo, esto es,mx = K [V ], lo que es una contradicci on.

(3). Dado un ideal maximal m de K [V ] el Teorema de los ceros de Hilbert prueba que V (m) =∅. Sea x ∈V (m), entonces m⊆ I (V (m))⊆mx , y por tanto m = mx , luego λ es sobreyectiva.


Si V ⊆An (K ) es nito, sea V = {p 1, . . . , p m }, con p j = ( p j 1, . . . , p j n ). el ideal de V es:

∩m j = 1( X 1

−p j i , . . . , X n

−p j n ),

y como estos ideales son comaximales dos a dos, resulta.

K [V ] = K [ X 1, . . . , X n ]

I (V ) =

K [ X 1, . . . , X n ]

∩m j = 1( X 1 −p j i , . . . , X n −p j n )

∼=m

j = 1

K [ X 1, . . . , X n ]

( X 1 −p j i , . . . , X n −p j n )∼= K m .


(1). Supongamos que F = F e 11 · · ·F

e s s es la descomposici on de F en factores irreducibles noasociados, entonces (F ) = ( F e 1

1 ) · · ·(F e s s ) = (F e 1

1 ) ∩. . . ∩(F e s s ) y se verica:

V (F ) = V ((F e 11 ) ∩. . . ∩(F e s

s )) = V (F e 11 )∪. . .∪V (F e s

s ) = V (F 1)∪. . .∪V (F s ) = V (F 1 · · ·F s ).

(2). Tenemos entonces (F 1 · · ·F s ) ⊆ V (F 1 · · ·F s ) = V (F ). Adem as (F 1 · · ·F s ) es el radical de F , ya que para cada ideal primo p ⊇ (F ), entonces existe un ındice i tal que F i ∈ p, y como (F i )es maximal, resulta (F i ) = p. Entonces rad(F ) = ( F 1) ∩. . . ∩(F s ) = ( F 1 . . . F s ).

(3). Si IV (F ) = ( F ), entonces (F ) = ( F 1 · · ·F s ), y por tanto F es un producto de polinomios

irreducibles no asociados dos a dos.






Si V (F , G ) no es vac ıo, existe x ∈V (F , G ) y por tanto I ({x })⊇ IV (F , G )⊇(F , G ) no es el anillo.Consideramos F , G ∈ K ( X )[Y ]; como F y G son irreducibles en K [ X ][Y ], por el lema de Gausstambi en lo son en K ( X )[Y ]. Existen polinomios A , B , C , D ∈K [ X ] tales que A

B F + C D G = 1, y por

tanto ADF + CBG = BD ∈ K [ X ]. Existe pues un polinomio no nulo en (F , G ) ∩K [ X ], y comoeste tiene un n umero nito de ceros, resulta que V ha de ser nito.


(1). Como SL 2(K ) = {M | det(M ) = 1} = {M | ad −bc = 1}, resulta que los elementos

de SL 2(K ) son los ceros del polinomio XT −YZ −1 ∈ K [ X , Y , Z , T ] y por tanto SL 2(K ) es unconjunto algebraico.

(2). Cada M = ( a ij )ij en SL n (K ) verica σ∈S n (−1)s (σ)a 1σ(1) · · ·a n σ(n ) , y por tanto los elemen-tos de SL n (K ) son los ceros del polinomio

σ∈S n

(−1)s (σ) X 1σ(1) · · · X n σ(n ) ∈K [ X ij | i = 1, . . . , n , j = 1, . . . , n ].


Sea V la recta de ecuaci on Y = aX + b , entonces V = V (aX − Y + b ), y el ideal de V es(aX −Y + b ), ya que si G ∈ IV (aX −Y + b ), entonces al dividir por aX −Y + b con respectoal orden lexicogr aco con Y > X se tiene G = ( aX −Y + b )Q + R , siendo R ∈ R[ X ]. Luego R tiene innitas ra ıces, lo que implica que R = 0.

Denimos h : R[V ] = R[ X ,Y ]

I (V ) −→ R[Z ] mediante h ( X ) = Z , h (Y ) = aZ + b . Entonces h es sobreyectiva y su n ucleo es cero, luego es un isomorsmo. Adem as induce la aplicaci on f :

A1(

R)

−→V denida por f (v ) = ( v , av + b ) para cada v

∈V .


Tenemos que IV ( XY −Z ) = ( XY −Z ), ya que XY −Z es irreducible y por lo tanto primo;adem as, si G ∈ IV ( XY −Z ), entonces al dividir por XY −Z respecto al orden lexicogr acocon Z > X > Y , resulta G = Q ( XY −Z ) + R , siendo R ∈ R[ X , Y ]. Para cada par de valores dex , y resulta que podemos tomar z = xy y se tiene 0 = G (x , y , z ) = Q 0 + R (x , y ), lo que implicaque R como ra ıces todos los elementos de R2, lo que implica que R = 0.

Podemos denir un homomorsmo de R–algebra h : R[V ] = R[ X ,Y ,Z ]

I (V ) −→ R[U , V ] mediante:





h ( X ) = U , h (Y ) = V , h (Z ) = UV . Es claro que h es un isomorsmo. El inverso de f es

h : R[U , V ] −→R[V ] = R[ X ,Y ,Z ]

I (V ) , denido h (U ) = X , h (V ) = Y .

La aplicaci on inducida de A2(R) a V es: f denida f (a , b ) = ( a , b , ab ) y la inversa es g : V −→A2(R), denida g (a , b , c ) = ( a , b ).

En el caso del ideal ( XY −Z 2) si h : K [ X ,Y ,Z ]( XY −Z 2) −→K [U , V ], sean F = h ( X ), G = h (Y ) y H = h (Z ).

Se tiene FG = h ( XY ) = h (Z 2) = H 2. Si F , G ∈ K [U , V ] son primos relativos entonces soncuadrados y por tanto h no puede ser sobreyectiva. So F , G ∈K [U , V ]no son primos relativos,sea D un m.c.d., entonces D divide a F , G y H y h no es sobreyectiva.


(1). Supongamos que x = 0, y = 0, z = 0. Procedemos como sigue: Tenemos xz = y 2. Multi-plicando por y resulta xyz = y 3, y por tanto x 4 = y 3. De aqu ı x = y

x 3.

De yz = x 3 se deduce z = x 3 y = x

y x 2 = x y

y x

6 = y x

5.

De z 2 = x 2 y se deduce y = z x

2 = ( y / x )5

( y / x )3 = y x

4.

(2). Tenemos f : A1(K ) −→V denido: f (t ) = ( t 3, t 4, t 5), entonces

f : K [V ] = K [ X , Y , Z ]

I (V ) −→K [T ] = K [A1(K )]

est a denido por f ( X ) = T 3, f (Y ) = T 4, f (Z ) = T 5.

(3). Es claro que Im( f ) = K + T 3K [T ].

SOLUCI ON

. Ejercicio (21.9. )

Dado 0 = G ∈ K [ X ]a , tenemos G = i Q i G i + R (G ; G), y G = R (G ; G). Los monomios de R (G ; G)

no son m ultiplos de los t erminos l ıderes de los elementos de G, por lo tanto estos son unsistema de generadores, que evidentemente es linealmente independiente.


(1). Primero calculamos la base de Groebner reducida de a respecto al orden lexicogr acocon X > Y , esta es:

{ X + Y , Y 4

−Y 3

−1}.





Entonces la dimensi on de K [ X ,Y ]a es cuatro. Si representamos el monoideal Exp(a), este es:

Fuera quedan los puntos (0, 0), (0, 1), (0, 2) y (0, 3), que representan a los t erminos 1, Y , Y 2 eY 3.

(2). Tenemos que calcular los valores de

Y 4 = Y 3 + 1,Y 5 = Y 4 + Y = Y 3 + Y + 1,Y 6 = Y 4 + Y 2 + Y = Y 3 + Y 2 + Y + 1,

entonces la tabla de la multiplicaci on es:1 Y Y 2 Y 3

1 1 Y Y 2 Y 3

Y Y Y 2 Y 3 Y 3 + 1Y 2 Y 2 Y 3 Y 3 + 1 Y 3 + Y + 1Y 3 Y 3 Y 3 + 1 Y 3 + Y + 1 Y 3 + Y 2 + Y + 1


Dado f (a , b , c ) = ( a 2c −b 2c , 2abc , −a 3), tenemos que comprobar que si (a , b , c ) es un puntode V , entonces (a 2c −b 2c , 2abc , −a 3) es un punto de W , esto es, tenemos que ver si (a 2c −b 2c , 2abc , −a 3) verica la ecuaci on X 2 + Y 2 −Z 2 = 0.

Es una comprobaci on rutinaria. En Mathematica:

> Expand[X^2 + Y^2 - Z^2 /. {X -> a^2c - b^2c, Y -> 2 a b c, Z -> -a^3}]> % / . {a -> X, b -> Y, c -> Z}

> PolynomialReduce[%, {X^3 - X^2Z - Y^2Z}, {X, Y, Z}]






(1). Tenemos que comprobar que cada elemento de I (V ) = ( X 3 + Y 3 + 7Z 3) se aplica en unelemento de I (V ), por lo tanto tenemos que evaluar

( X (Y 3 −7Z 3))3 + ( Y (7Z 3 − X 3))3 + 7(Z ( X 3 −Y 3))3

y comprobar que es un m ultiplo de X 3 + Y 3 + 7Z 3.

> Expand[X^3+Y^3+7Z^3/.{X->X(Y^3-7Z^3),Y->Y(7Z^3-X^3),Z->Z(X^3-Y^3)}]> PolynomialReduce[%, {X^3 + Y^3 + 7Z^3}, {X, Y, Z}]

(2). Primero tenemos que ver como est a denido f . en este caso

f (a , b , c ) = ( a (b 3 −7c 3), b (7c 3 −a 3), c (a 3 −b 3))

Ahora aplicamos a (a , b , c ) = ( −2, 1, 1) y tenemos:

f (−2, 1, 1) = ( 12, 15, −9).

> f[L_]:={L[[1]](L[[2]]^3-7L[[3]]^3)),L[[2]](-L[[1]]^3+7L[[3]]^3),(L[[1]]^3-L[[2]]^3)L[[3]]}

> f[{-2,1,1}]

(3). Basta realizar las im agenes sucesivas de f (−2, 1, 1).


(1). Tenemos que comprobar que la imagen de un punto de W es un punto de V .

> F1=X Z+Y^2+Z^2> F2=X Y-X Z+Y Z-2Z^2> G1=U^3-U V^2+V^3> Expand[F1 /.{X->-2a^2+a b,Y->a b-b^2,Z->a^2-a b}]/.{a->U,b->V};> PolynomialReduce[%, {G1}, {U, V}]> Expand[F2 /.{X->-2a^2+a b,Y->a b-b^2,Z->a^2-a b}]/.{a->U,b->V};

> PolynomialReduce[%, {G1}, {U, V}]





(2). Tenemos que construir un ideal c = ( X + 2U 2−UV , Y −UV + V 2, Z −U 2 + UV , U 3−UV 2 +

V 3

)∈C[U , V , X , Y , Z ], calcular su base de Groebner reducida respecto al orden lexicogr acocon U > V > X > Y > Z y la intersecci on con C[ X , Y , Z ].

> G=GroebnerBasis[{X+2U^2-U V,Y-U V+V^2,Z-U^2+U V,U^3-U V^2+V^3},{U,V,X,Y,Z},{U,V}]

Ahora tenemos que calcular (c∩C[ X ,Y ,Z ])+ I (V )

I (V ) . Para esto extendemos la base calculada con losgeneradores de I (V ) y calculamos las clases m odulo este ideal, para lo que previamente cal-culamos su base de Groebner reducida. Nos quedamos con los restos no nulos.

> G=GroebnerBasis[{X+2U^2-U V,Y-U V+V^2,Z-U^2+U V,U^3-U V^2+V^3},{U,V,X,Y,Z},{U,V}]

> L=Flatten[Append[G, {F1, F2}]]> B=GroebnerBasis[{F1, F2}, {X, Y, Z}]> H[x_]:=PolynomialReduce[x, B, {X, Y, Z}]> Map[H,L]


(1).

> G14=GroebnerBasis[{U-X^2-Y,V-X-Y^2,W-X+Y},{X,Y,U,V,W}]> PolynomialReduce[X,G14,{X,Y,U,V,W}]> PolynomialReduce[Y,G14,{X,Y,U,V,W}]

(2).

> PolynomialReduce[2X^3-4X Y-2Y^3-4Y,G14,{X,Y,U,V,W}]> Expand[-5U+V-W+3U W+3V W+2W^2-W^3 /.{U->X^2+Y,V->X+Y^2,W->X-Y}]

(3).

> GroebnerBasis[{U-X^2-Y,V-X-Y^2,W-X+Y},{X,Y,U,V,W},{X,Y}]






(1). Como F es irreducible y L (α) = 0, entonces F L y por tanto son primos relativos, luegola identidad de Bezout nos asegura que existen polinomios S y T tales que SL + TF = 1. Porotro lado tenemos:

β = G (α)L (α)

= G (α)S (α).

(2). Tenemos

LY −G = LY −SLG −TGF = L (Y −SG ) + TGF = L (Y −H ) + TGF .

y Y −H = Y −GS = SLY + TFY −GS = ( LY −G )S + YTF .

(3). Si llamamos P al polinomio m ınimo de β , al dividir por (LY − G ), utilizando el ordenlexicogr aco con Y > X , se tiene

P = Q (LY −G ) + R ;

Al valorar en X = α e Y = β , resulta 0 = P (β ) = Q (α, β )(L (α)β − G (α)) + R (α) = R (α).Luego F | R y por tanto P ∈ (F , LY − G ) = ( F , Y − H ), que por la Proposici on ( 20.9. ) alhacer la intersecci on con K [Y ] determina el polinomio m ınimo de β . Se tiene entonces que(P ) = ( F , LY −G ) ∩K [Y ].

(4).

> F=X^3-2> G=X^2-X+3> L=-3X^2+3X+1> GroebnerBasis[{F,L Y-G},{X,Y}]> GroebnerBasis[{F,L Y-G},{X,Y},{X}]

El polinomio m ınimo es: Y 3 −189Y 2 −93Y −47.


(1) En efecto, f est a denida por: f (x 1, x 2, x 3) = ( F 1(x 1, x 2, x 3), F 2(x 1, x 2, x 3), F 3(x 1, x 2, x 3)) =

(x 1, x 3, x 1x 2).





(2)

f : K [W ] = K [Y 1, Y 2, Y 3]/ (Y 21 −Y 2, Y 51 −Y 23 ) −→ k [V ] = K [ X 1, X 2, X 3]/ ( X 31 − X 22 , X 21 − X 3)

est a denida por Y 1 → X 1, Y 2 → X 3, X 3 → X 1 X 2.(3) Consideramosel ideal (Y 1− X 1, Y 2− X 3, Y 3− X 1 X 2, X 31 − X 22 , X 21 − X 3) de K [Y 1, Y 2, Y 3, X 1, X 2, X 3].

Determinamos una base de Groebner

{Y 52 −Y 43 , −Y 32 + Y 1Y 23 , Y 1Y 22 −Y 23 , Y 21 −Y 2, X 3 −Y 2, −Y 22 + X 2Y 3, X 2Y 2 −Y 1Y 3, X 2Y 1 −Y 3, X 22 −Y 1Y 2, X 1 −Y 1},

y eliminamos las variables X 1, X 2, X 2, obteniendo

{Y 52

−Y 43 ,

−Y 32 + Y 1Y 23 , Y 1Y 22

−Y 23 , Y 21

−Y 2

}.

(4) La imagen de f es el subanillo generado por { X 1, X 3, X 1 X 2}.


Primero describimos el conjunto algebraico de V . En este caso es

V = {(1, 2), (1, 3), (1, 4)}= {(1, 2)}∪{(1, 3)}∪{(1, 4)}= V ( X 1 −1, X 2 −2)∪V ( X 1 −1, X 2 −3)∪V ( X 1 −1, X 2 −4)= V ( X 1 −1, ( X 2 −2)( X 2 −3)( X 2 −4))

= V ( X 1 −1, X 32 −9 X 22 + 26 X 2 −24).

(1) Observar que la aplicaci on f est a denida por f (x 1, x 2) = ( x 1, x 22 , x 1 + x 2). Entonces la laaplicaci on f : K [W ] = K [Y 1, Y 2, Y 3]/ (Y 1−1)2 −→K [V ] est a denida por Y 1 → X 1, Y 2 → X 22 ,Y 3 → X 1 + X 2.

(2) El n ucleo de f se calcula mediante:

GroebnerBasis[{Y1-X1,Y2-(X2)^2,Y3-X1-X2,24-26X2+9(X2)^2-(X2)^3,-1+X1},{X1,X2,Y1,Y2,Y3},{X1,X2}]

El resultado es:

{60 −47Y 3 + 12Y 23 −Y 33 , −1 + Y 2 + 2Y 3 −Y 23 , −1 + Y 1}(3) La imagen es el subanillo generado por { X 1, X 22 , X 1 + X 2} = K [V ], por lo tanto es sobre-

yectiva.





(4) Si se considera g : K [V ] −→ K [W ], observar que debe ser g ( X 32 −9 X 22 + 26 X 2 −24) = 0,

pero en este caso tenemosg ( X 32 −9 X 22 + 26 X 2 −24) = ( Y 3 −Y 1)3 −9(Y 3 −Y 1) + 26(Y 3 −Y 1) −24

= Y 33 −3Y 23 Y 1 + 3Y 3Y 21 + 17Y 3 −Y 31 −17Y 1 −24,

que no se reduce a cero m odulo (Y 1 −1)2.

(5) Tenemos el isomorsmo K [W ] → K [Y 2, Y 3] dado por Y 1 → 1, Y 2 → Y 2, Y 3 → Y 3, y elisomorsmo K [V ] → K ×K ×K dado por X 1 → (1, 1, 1), X 2 → (2, 3, 4). Podemos ahoracomponer y tenemos:

K [Y 2, Y 3] K [W ] f K [V ] K ×K ×K

Y 2 Y 2 X 22 (4, 9, 16)

Y 3 Y 3 X 1 + X 2 (3, 4, 5)


Podemos simplicar este elemento hasta obtener:

3√ 2 −13√ 4 −1

= 13√ 2 + 1

.

Ahora basta aplicar los resultados obtenidos. El elemento α es 3√ 2, y su polinomio irreduciblees: X 3 −2. El elemento β es 1

3√ 2+ 1, que se obtiene evaluando la fracci on 1

X + 1 . Tenemos queconstruir el ideal

(F , YL −1) = ( X 3 −2, Y ( X + 1) −1),calcular una base de Groebner reducida

{−1 + 3Y −3Y 2 + 3Y 3, −2 + X + 3Y −3Y 2} y eliminar la variable X

{−1 + 3Y −3Y 2 + 3Y 3}.

De esta forma el polinomio irreducible de β = 13√ 2+ 1

es: Y 3 −Y 2 + Y −1/ 3.






HACER

PROBLEMA:¿Son isomorfos los anillos R[ X , Y ]( X 2 + Y 2 − 1) y R[ X , Y ]/ ( XY − 1)?

Ejercicio (21.20. )

Vamos a resolver el problema analizando los elementos invertibles de cada uno de los anillos.

Paso 1: C alculo de los elementos invertibles en A = R[ X , Y ]/ ( X 2 + Y 2 −1).

Cada elemento en A tiene un unico representante de la forma F 0 + XF 1, con F 0, F 1 ∈ R[Y ].Supongamos que F 0 + XF 1 tiene un inverso, por ejemplo G 0 + XG 1. Entonces se verica:

F 0 + XF 1 · G 0 + XG 1 = 1,F 0G 0 + ( 1 −Y 2)F 1G 1 + X (F 0G 1 + F 1G 0) = 1,

De aqu ı se tieneF 0G 0 + ( 1 −Y 2)F 1G 1 = 1F 0G 1 + F 1G 0 = 0

Si F 1 = 0, entonces tenemos:F 0G 0 = 1F 0G 1 = 0

por lo tanto G 1 = 0 y G 0 = F −10 ∈R.

Si F 1 = 0, entonces G 0 = −F 0G 1F 1 , y de aqu ı se obtiene

F 0 −F 0G 1F 1

+ ( 1 −Y 2)F 1G 1 = 1.

Multiplicando por F 1 se tiene:

−F 20 G 1 + ( 1 −Y 2)F 21 G 1 = F 1.

De aqu ı

G 1 = −F 1F 20 −(1 −Y 2)F 21

y G 2 = F 0

F 20 −(1 −Y 2)F 21Estas soluciones ser an v alidas si F 20 −(1 −Y 2)F 21 = k ∈R\ {0}. De aqu ı se tiene:

F 20 −k = ( 1 −Y 2)F 21 .

Como el cuerpo de coecientes es R, el coeciente l ıder de (1−Y 2)F 21 es un n umero negativo.

Adem as (1 −Y 2)F

21 es un polinomio de grado al menos dos. Por esta raz on el coeciente l ıder





de F 20 −k esunn umero positivo.Evidentemente esto es una contradicci on. Por tanto si F 1 = 0,

el elemento F 0 + XF 1 no es invertible.Los unicos elementos invertibles de A = R[ X , Y ]/ ( X 2 + Y 2−1) son que se escriben en la formah , con h ∈R.

Paso 2: Prueba de que no existe ning un isomorsmo

f : R[ X , Y ]/ ( XY − 1) → R[ X , Y ]( X 2 + Y 2 − 1) .

Si existe un homomorsmo f , entonces f ( X ) es invertible en R[ X , Y ]( X 2 + Y 2 −1), ya que X esinvertible en R[ X , Y ]/ ( XY −1), por lo tanto es la clase de un escalar, por ejemplo k . Tenemosentonces dos elementos, X y k , de R[ X , Y ]/ ( XY −1) que tienen la misma imagen, por lo tanto f no ser ıa un isomorsmo.




SEC . 60. E JERCICIOS DEL C AP ITULO IV 365

60. Ejercicios del Cap ıtulo IV


(1) Tenemos det( X )det( Y ) = det( XY ) = det( I n ) = 1, luego det( X ) es invertible y por tanto X es invertible, por tanto existe inversa de X , sea X −1, entonces YX = X −1 XYX = X −1 X = I n .

(2) Supongamos que n > m , entonces n = m + h para alg un h > 0 y podemos escribir

X = X 1 X 2

, y Y = Y 1 Y 2 .

Se verica: XY = X 1

X 2Y 1 Y 2 = X 1Y 1 X 1Y 2

X 2Y 1 X 2Y 2= I n .

Esto es, X 1Y 1 = I m , luego X 1 e Y 1 son invertibles y X 1Y 2 = 0 = X 2Y 1, por tanto X 2 = 0 = Y 2,pero X 2Y 2 = I h , luego tambi en son invertibles, lo que es una contradicci on.

(3) Es consecuencia del anterior resultado.


Un homomorsmo f : A n −→ A m determina una matriz X ∈ M m ×n ( A ), y un homomorsmog : A m −→ A n una matriz Y ∈ M n ×m ( A ). Si f ◦g = 1 A m , entonces XY = I m , y si g ◦ f = 1 A n ,entonces YX = I n . Por el ejercicio anterior se tiene n = m .


(i)⇒(ii). Sea N = A (n 1, . . . , n t ) y M / N = A (m 1+ N , . . . , m s + N ), entonces {n 1, . . . , n t , m 1, . . . , m s }es un sistema de generadores de M .


(1) Es claro, ya que entonces los unicos subm odulos son 0 y M .

(2) Como los Z–m odulos simple son c ıclicos, resulta que son de la forma Zn , adem as paraque los unico subm odulos sean 0 y Zn , tiene que ser n primo, entonces los Z–m odulossimples son de la forma Zp , con p un entero primo positivo.

(3) Si M es un A –m odulo simple, entonces es c ıclico. Si M = Am se tiene M ∼= A / Ann A (m ) y

como los unicos subm odulos de M son 0 y M , resulta que Ann A (m ) es un ideal maximal.






Dado f : M −→ N no nulo, resulta que Ker( f ) = M , luego es cero y f es inyectivo. Por otrolado como Im( f ) = 0, tenemos Im( f ) = N , por tanto f es sobreyectivo.

Todo elemento 0 = f ∈End A (M ) es un isomorsmo, por lo tanto invertible.


Consideramos la inclusiones can onicas j i : M i −→M 1⊕

M 2, entonces denimos:Hom A (M 1⊕M 2, N )∼= Hom A (M 1, N )⊕Hom A (M 2, N )

f →( f ◦ j 1, f ◦ j 2).

La inversa est a dada por la propiedad universal de la suma directa.

Consideramos las proyecciones can onicas p i : M 1⊕M 2 −→M i , entonces denimos:

Hom A (N , M 1⊕M 2)∼= Hom A (N , M 1)⊕Hom A (N , M 2) f →(p 1 ◦ f , p 2 ◦ f ).

La inversa est a dada por la propiedad universal del producto directo.


Cada homomorsmo f : Zn −→Zm dene un unico homomorsmo

Z g = f ◦pr

pr

Zm

Zn

f

Por tanto n Z ⊆ Ker(g ). Adem as g (m ) = mg (1) = 0, luego m ∈ Ker(g ) y tenemos (d ) =(n , m )⊆Ker(g ). En consecuencia g se factoriza (de forma unica) por Zd .

Tenemos que cada f est a determinado por un unico homomorsmo h : Zd −→ Zm . Esteh est a denido h (1 + d Z) = a + m Z y verica da ∈ m Z, sea da = bm = bm d , con m =m d . Simplicando a = bm . Cada homomorsmo est a determinado por un b , y los posiblesvalores de b son: {0, 1, . . . , d −1}, ya que a partir de d se repiten. Para cada f existe pues ununico b tal que f (1 + n Z) = bm + m Z. La operaci on suma en HomZ(Zn , Zm ) corresponde a lasuma en Zd , ya que si f i (1 + n Z) = b i m + m Z, entonces:

( f 1 + f 2)(1 + n Z) = f 1(1 + n Z) + f 2(1 + n Z) = ( b 1m + m Z) + ( b 2m + m Z) = ( b 1 + b 2)m + m Z.






Ver el Ejercicio ( 29.9. )


Si F es libre de rango n , entonces F ∼= A n . Por otro lado se tiene

Hom A (F , M )∼= Hom A ( A n , M )∼= Hom A ( A , M )n ∼= M n .


Si A [ X ] es noetheriano, como existe un isomorsmo A [ X ]/ ( X ) ∼= A , resulta que A es noethe-riano.


HACER


(1) Llamamos A = C ([0, 1], R) el conjunto de las aplicaciones continuas con la suma y pro-ducto denidos punto a punto. Es un anillo con elemento uno la aplicaci on constanteigual a 1. Para cada n ∈N\ {0}denimos I n = { f ∈ A | f |[0, 1

n [ = 0}. Tenemos que I n es un

ideal y se tiene I n ⊆I n + 1 para cada n ∈N\{0}. Entonces {I n }n es una cadena ascendentede ideales que no es estacionaria.

(2) Llamamos A = Z

X

2. En X consideramos una sucesi on

{x n

}n formada por elementos dis-

tintos dos a dos y denimos I n = { f ∈ A | f (x i ) = 0 si i ≥n }. Cada I n es un ideal y se tieneI n ⊆ I n + 1 para cada n ∈N. La cadena {I n }n es una cadena ascendente no estacionaria deideales de A .


Consideramos la situaci on F j

−→ F p

−→ F / F , siendo j la inclusi on y p la proyecci on. Dada

una base X de F / F , para cada x ∈ X tomamos x ∈ F tal que p (x ) = x . Denimos j :





F / F −→ F mediante j (x ) = x para cada x ∈ X . Entonces la composici on p ◦ j = idF / F .

Vamos a probar que F = Im( j )⊕

Im(F / F ), y por tanto F ser a libre.Si f ∈F entonces f − j ◦p ( f )∈Ker(p ) = Im( j ), y existe g ∈F tal que j (g ) = f − j ◦p ( f ), luego f = j (g ) + j ◦p ( f ).

Si f ∈Im( j ) ∩Im( j ) existe g ∈F tal que f = j (g ) y 4xiste h ∈Im( j ) tal que f = j (h ), entoncesh = p ◦ j (h ) = p ( j (h )) = p ( j (g )) = 0 y f = j (h ) = 0.

DEMOSTRACI ON . Ejercicio (29.14. )

Si A es un DIP y M es un A -m odulo libre nitamente generado, llamemos n a la dimensi onde M . Si N es un subm odulo, vamos a probar que N es libre por inducci on sobre n . Si n = 1,entonces M ∼= A y cada subm odulo de M es isomorfo a un subm odulo de A y por tanto eslibre. Supongamos ahora que n > 1 y que el resultado es cierto para m odulos libres nita-mente generados de dimensi on n −1. Sea {x 1, . . . , x n }una base de M , entonces tenemos undiagramo conmutativo con las exactas

0 Ax n ∩N

α

N

β

N / ( Ax n ∩N )

γ

0

0 Ax n M M / Ax t 0

donde α y β son las inclusiones y γ (x + ( Ax n ∩N )) = x + Ax n , para cada x ∈N . Como γ es inyectiva, resulta que N / ( Ax n ∩N ) es isomorfo a un subm odulo de M / Ax n ,yporlahip otesis deinducci on es libre. Tambi en Ax n ∩N es libre, ya que es un subm odulo de Ax n ∼= A . Aplicandoel Ejercicio ( 29.13. ) resulta que N es un A –m odulo libre.


Dado x ∈ Ker( f ) se tiene ( f ◦ f )(x ) = f (( f (x ))) = f (0) = 0. Podemos probar que existe unacadena ascendente Ker( f ) ⊆ Ker( f 2) ⊆ Ker( f 3) ⊆ · · · Como M es noetheriano, existe un

entero positivo m tal que Ker( f m

) = Ker( f m + 1

) = . . ..

Vamos a probar que Ker( f m ) ∩Im( f m ) = {0}. En efecto, si x ∈Ker( f m ) ∩Im( f m ), existe y ∈M tal que x = f m ( y ), y se verica 0 = f m (x ) = ( f m ◦ f m )( y ) = f 2m ( y ). Luego y ∈ Ker( f 2m ) =Ker( f m ) y por tanto x = f m ( y ) = 0.


Llamamos A = K [ X , X 2Y , X 3Y 2, . . . , X i Y i −1, . . . ], vamos a probar que no es noetheriano. Con-sideramos el ideal a = ( X , X 2Y , X 3Y 2, . . . , X i Y i −1, . . . ). Observa que si a tiene un n umero nito

de generadores, estos involucran a un n umero nito de productos X i Y

i

−1; podemos entones





suponer que el sistema nito de generadores es { X , X 2Y , . . . , X t Y t −1}. El elemento X t + 1Y t se

debe poder escribir en la format

i = 1

a i X i Y i −1, con a i ∈ A .

Supongamos que a i = i ,e 1,...,e s k i ,e 1,...,e s X e 1 ( X 2Y )e 2 · · ·( X s Y s −1)e s , entonces tenemos la si-guiente expresi on para X t + 1Y t :

X t + 1Y t =t

i = 1

a i X i Y i −1 =t

i = 1 i ,e 1 ,...,e s

k i ,e 1 ,...,e s X e 1( X 2Y )e 2 · · ·( X s Y s −1)e s X i Y i −1

=t

i = 1 i ,e 1 ,..., e s

k i ,e 1 ,..., e s X e 1+ 2e 2+ ···+ se s + i Y e 2+ 2e 3+ ···+( t −1)e t + i −1.

La diferencia (t + 1) − t es uno, y esta debe ser la diferencia para los exponentes de alg unsumando; esta es:

e 1 + e 2 + · · ·+ e t + 1,

luego e 1 + e 2 + · · ·+ e t = 0 y debe ser t + 1 = i , lo que es una contradicci on.


Llamamos

Γ = {a⊆ A | a no contiene un producto nito de ideales primos que contienen a a}.

Si Γ = ∅, al ser A un anillo noetheriano existe q ∈ Γ maximal. Vamos a ver que q es un idealprimo. Sean bc ⊆ q, podemos suponer que q ⊆ b, c. Si b, c = q entonces b, c /∈ Γ, y existenideales primos p1, . . . , ps , ps + 1, . . . , pr tales que p1 · · ·ps ⊆ b, pi ⊇ b, i = 1, . . . , s y ps + 1 . . . pr ⊆ c,p j ⊇ c, j = s + 1, . . . , r . Entonces p1 · · ·ps ps + 1 . . . pr ⊆ bc ⊆ q y pi ⊇ q, i = 1, . . . , r , lo que es una

contradicci on. Por tanto q es primo. Pero en este caso q /∈

Γ, lo que es una contradicci on.

En consecuencia Γ = ∅ y por tanto cada ideal a contiene un producto nitode ideales primosque contienen a a.


(1) Llamamos Γ = {p | p es un ideal primos y a ⊆ p}. Como a es propio existe un idealmaximal m ⊇ a, y por tanto Γ es no vac ıo. Cada cadena en Γ tiene una cota inferior. En

efecto, si {pi }i es una cadena en Γ resulta que ∩i pi es un ideal y es primo; si ab ∈ ∩i pi , y





a /∈ ∩i pi , entonces existe un ındice i 0 tal que a /∈ pi 0 , luego a /∈ p j para cada j ≥ i 0. En

consecuencia b ∈

p j para cada j ≥i 0 y se tiene b ∈∩i pi .

Aplicando el Lema de Zorn resulta que Γ tiene elementos minimales, y cada uno de elloses un ideal primo minimal sobre a.

(2) Utilizando el Ejercicio ( 29.17. ) existe un n umero nito de ideales primos, sean p 1, . . . , p t tales que a⊆pi , i = 1, . . . , t , y p1 · · ·pt ⊆a . Sea p un ideal primo minimal sobre a , entoncestenemos

p1 · · ·pt ⊆a⊆p.

Como p es primo, existe un ındice i tal que a ⊆ pi ⊆ p, y por la minimalidad de p resultap = pi. Luego s olo hay un n umero nito de ideales primos minimales sobre a.

SOLUCI ON . Ejercicio (??)

(a)⇒(b). Como F es nilpotente, tambi en a 0 es nilpotente, y por tanto f −a 0 es nilpotente en A [[ X ]], luego a 1 es nilpotente, . . .

(b)⇒(c). Consideramos el ideal c (F ). Como A es noetheriano, se tiene c (F ) = ( a 0, a 1, . . . , a t ), y por tanto c (F ) es un ideal nilpotente, entonces existe n

∈

Ntal que c (F )n = 0.

(c)⇒(a). Tenemos c (F 2) ⊆ c (F ) ·c (F ), luego existe t ∈ Ntal que c (F t ) ⊆ c (F )t = 0, entoncesF t = 0 y F es nilpotente.


(1) El ret ıculo de los subm odulos de X es:

{(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)

}

{(0, 0), (1, 0)} {(0, 0), (1, 1)} {(0, 0), (0, 1)}

{(0, 0)}

(2) Tomamos A = {(0, 0), (1, 0)},B = {(0, 0), (1, 1)},

C = {(0, 0), (0, 1)}.





Se tiene:

( A + B ) ∩C = {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)} ∩ {(0, 0), (0, 1)}= {(0, 0), (0, 1)}.( A ∩C ) + ( B ∩C ) = ( {(0, 0), (1, 0)} ∩ {(0, 0), (0, 1)}) + ( {(0, 0), (1, 1)} ∩ {(0, 0), (0, 1)})

= {(0, 0)}.

Por otro lado tenemos:

( A ∩B ) + C = ( {(0, 0), (1, 0)} ∩ {(0, 0), (1, 1)}) + {(0, 0), (0, 1)}= {(0, 0)}+ {(0, 0), (0, 1)}= {(0, 0), (0, 1)}.( A + C ) ∩(B + C ) = ( {(0, 0), (1, 0)}+ {(0, 0), (0, 1)}) ∩({(0, 0), (1, 1)}+ {(0, 0), (0, 1)})

= {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)}.

(3) Dados subm odulos N ⊆H , para cualquier otro subm odulo L se tiene:N + ( L ∩H )⊆N + L y N + ( L ∩H )⊆H ⇒N + ( L ∩H )⊆(N + L ) ∩H .

Por otro lado, si x ∈ (N + L ) ∩H , existen n ∈ N y l ∈ L tales que x = n + l . De aqu ı sededuce que l = x −n ∈H + N = H . Entonces l ∈L ∩H y se tiene x ∈N + ( L ∩H ).


El ret ıculo de subm odulos es:

Z4 ×Z3

Z4

2Z4 ×Z3

2Z4

Z3

{0}


Dado un subm odulo N de un m odulo M , siempre existe un subm odulo de M maximal entrelos que tienen intersecci on nula con N . Para esto s olo tenemos que tomar la familia

Γ = {L ⊆

M | L ∩N = {0}},ALGEBRA CONMUTATIVA

P. Jara




esta familia es no vac ıa, ya que contiene al subm odulo nulo, y cada cadena en Γ tiene una

cota superior, por tanto, por el Lema de Zorn, existen en Γ elementos maximales, por lo tantopseudo–complementos de N en M ..

(1) Si L es un pseudo–complemento de N en M y 0 = H ⊆ M , verica que (N + L ) ∩H = 0,entonces N ∩(L + H ) = 0. Ya que si 0 = x ∈ H ∩(L + H ), existen l ∈ L y h ∈ H tales quex = l + h , se tiene entonces h = x −l ∈H ∩(N + L ) = 0, esto es, x = l ∈N ∩L = 0 y todoslos elementos son iguales a cero. Pero si N ∩(L + H ) = 0, entonces, por la maximalidad deL se tiene L + H = L y H ⊆L ,yportanto0 = ( N + L )∩H = H , lo que es una contradicci on.En consecuencia, si 0 = H ⊆M , entonces (N + L ) ∩H = 0.

(2) Tomamos M = Z2

×Z2 y el subm odulo N =

{(0, 0), (1, 0)

}Es claro que

{(0, 0), (0, 1)

} y

{(0, 0), (1, 1)}son pseudo–complementos distintos de N .


Consideramos una base {e 1, . . . , e m }de A m y una base { f 1, . . . , f n }de A n . Si f (e i ) =n j = 1 a ij f j ,

entones f se representa por la matriz F = ( a ij )ij ∈M n ×m ( A ).

Vamos a construir un homomorsmo g : A n

−→ A m tal que f

◦g = id A n . Para esto obser-

vamos que cada f j es de la forma f ( i b ji e i ), para ciertos con b ji ∈ A . Entonces denimosg ( f j ) = i b ji e i ; tenemos que g est a bien denida ya que conocemos las im agenes de todoslos elementos de a base { j 1, . . . , f n }.

Observa que f ◦g ( f j ) = f ( i b ji e i ) = f j , luego tenemos f ◦g = id A n . Si G = ( b ji ) ji es la matrizasociada a g , entonces FG = I n . Aplicando el Ejercicio ( 29.1. ) tenemos que m ≥n .


Dada una matriz X = ( x ij )ij , cuadrada n

×n , el adjunto o cofactor de x ij es

adj (x ij ) = (−1)i + j det

x 1,1 · · · a 1, j −1 a 1, j + 1 · · · a 1,n ...

... ...

...x i −1,1 · · · a i −1, j −1 a i −1, j + 1 · · · a i −1,n x i + 1,1 · · · a i + 1, j −1 a i + 1, j + 1 · · · a i + 1,n

... ...

... ...

x 1,1 · · · a 1, j −1 a 1, j + 1 · · · a 1,n

Y la matriz adjunta de X es la matriz adj ( X ) = ( adj (x j ,i )) ij . Adem as por el Teorema de Laplacese verica:

X ·adj ( X ) = det( X ) ·I n .





Para cada entero positivo i denimos a i ( X ) como el ideal generado por lo menores i ×i de X

si i ≤n y cero en caso contrario. Observa que se tiene una cadena descendente de ideales:a ⊇a1( X )⊇a2( X )⊇. . .⊇an ( X )⊇0⊇. . .

Tambi en podemos considerara esta cadena para cualquier matriz Y sin necesidad de que seauna matriz cuadrada.

Dada una matriz Y denimos el rango de Y como el mayor entero r tal que Ann( a r ) = 0.

Un resultado de inter es es que si X es una matriz cuadrada n ×n , entonces rng ( X ) < n si y solo si det( X ) es un divisor de cero.

Dado un monomorsmo f : A m −→ A n consideramos una base {e 1, . . . , e m } de A m y unabase { f 1, . . . , f n }de A n . Si f (e i ) =

n j = 1 a ij f j , entones f se representa por la matriz F = ( a ij )ij ∈

M n ×m ( A ).

Sea r = rng (F ), entonces Ann( a r (F )) = 0 y Ann( a r + 1(F )) = 0. Reordenamos los elementos delasbases para que tengamos un menor r ×r en la esquina superior izquierdacon determinan-te no nulo d . Observa r ≤ mın{m , n }. Si suponemos que m > n , entonces r ≤ n y m ≥ r + 1.Podemos considerar por ejemplo el elemento e r + 1, cuya imagen por f es n

j = 1 a i , j f j , que de-termina la columna r + 1 de la matriz F . Planteamos el sistema de ecuaciones:

r j = 1 a 1, j f j = a 1,r + 1

...r j = 1 a n , j f j = a n ,r + 1

que en notaci on matricial es:

a 1,1 . . . a 1,r ...

...a n ,1 . . . a n ,r

·λ1...

λ r

=a 1,r + 1

...a n ,r + 1

Llamamos

Y =

a 1,1 . . . a 1,r ...

...a r ,1 . . . a r ,r

... ...

a n ,1 . . . a n ,r

=

a 1,1 . . . a 1,r ...

...a r ,1 . . . a r ,r

∗

= R

∗∈M n ×r ( A ).

Denimos

adj (Y ) = adj (R ) 0





Observa que se tiene

adj (Y ) ·Y = det( R ) ·I r ∈M r ×r ( A ), Y ·adj (Y ) = det( R ) 0

∗ 0 ∈M n ×n ( A ).

Multiplicando por adj (Y ) en la expresi on matricial del sistema de ecuaciones anterior se tie-ne:

det( R ) ·λ1...

λ r

= adj (Y ) ·a 1,r + 1

...a n ,r + 1

y multiplicando por Y se tiene:

det( R ) ·Y ·λ1...

λ r

= Y ·adj (Y ) ·a 1,r + 1

...a n ,r + 1

= Y ·adj (Y ) ·Y ·e r + 1 = det( R ) ·Y ·e r + 1.

En consecuencia det(R ) r i = 1 λi e i y det(R )e r + 1 tienen la misma imagen por f , y como no son

iguales , resulta que f no es inyectiva, lo que es una contradicci on. Tenemos entonces quem ≤n .


Vamos a ver que A es un dominio de integridad. Dado 0 = a ∈ A , consideramos el subm odulo Aa ⊆ A m , entonces existe un monomorsmo A m → A y en consecuencia m ≤ 1, esto es,m = 1. Sea f : A ∼= Aa un isomorsmo con f (1) = a ; si xa = 0 entonces f (x ) = xf (1) = xa = 0,lo que implica que x = 0.

Vamos a ver que A es un dominio de ideales principales. Dado un ideal 0 = a de A , existe m y un isomorsmo f : A m ∼= a. Tenemos m = 1 y por tanto a es un ideal principal generado porla imagen de 1.


Supongamos que a no es un ideal primo y sean a , b ∈ A \ a tales que ab ∈a . Entonces a + Aa a , y por lo tanto es un ideal principal; sea a + Aa = Ad . Como (a : d ) = ( a : a ) a, ya queb ∈(a : a ) \ a , entonces (a : d ) es un ideal principal; sea (a : d ) = Ae .

Para cada x ∈ a existe r ∈ A tal que x = rd , por lo tanto r ∈ (a : d ) = Ae , y existe s ∈ A tal quer = se . En consecuencia x = rd = ( se )d = s (ed ), y tenemos que ed ∈ a es un generador de a,lo que es una contradicci on. En consecuencia tenemos el resultado.






Para cada entero no negativo n denimos:

an = {(a 0, a 1, . . . , a n , 0 . . .)∈ZN | a 0, . . . , a n ∈ZN}.

Es claro que cada an es un ideal de ZN y que la cadena

0 = a0 ⊂a1 ⊂a2 ⊂ · ··es una cadena innita estrictamente creciente, luego ZNno es un anillo noetheriano.


(1). Como X 1 − X i ∈ a para i ≥ 100, entonces A ∼= Z[ X 1, . . . , X 99]( X 1 − X e 2

2 , . . . , X 1 − X e 9999 )

, y por tanto es un

anillo noetheriano.

(2). Es claro que en A tenemos las clases de 1 , X 1, X 21 , . . . , y por lo tanto A no es un Z–m odulonitamente generado.

(3). En este caso tenemos:

A ∼= Z[ X 1, X 2, . . . ]

( X 1 −

X 2, X

1 − X

4, . . . ) + ( X

1 − X 2

3, X

1 − X 2

5, . . . )∼

= Z[ X 1, X 3, X 5, . . . ]( X

1 − X 2

3, X

1 − X 2

5, . . . )

,

que es isomorfo a Z[ X 1]×ZN, y por tanto no es un anillo noetheriano.




SEC . 61. E JERCICIOS DEL C AP ITULO V 377

61. Ejercicios del Cap ıtulo V


Dado f ∈Hom A (M 1⊕M 2, N 1⊕N 2), consideramos el diagrama:

M 1⊕M 2 f

N 1⊕N 2q j

M i

u i

q j ◦ f ◦u i N j

y establecemos la aplicaci on

f →(q 1 ◦ f ◦u 1, q 2 ◦ f ◦u 1, q 1 ◦ f ◦u 2, q 2 ◦ f ◦u 2).

Por otro lado, dado

( f 11 , f 21 , f 12 , f 22)∈Hom A (M 1, N 1)⊕Hom A (M 1, N 2)⊕Hom A (M 2, N 1)⊕Hom A (M 2, N 2),

procedemos como sigue:

M 1u 1

f j 1

M 1⊕M 2 f j

N j

M 2 f j 2

u 2

lo que nos permite construir dos homomorsmos f j ∈ Hom A (M 1⊕M 2, N j ). Ahora continua-mos como sigue:

N 1

M 1⊕M 2

f 1

f

f 2

N 1⊕N 2

q 1

q 2

N 2

Es claro que estas dos aplicaciones son una inversa de la otra. Y ambos son homomorsmos.






Dado f ∈Hom A (M , i N i ) consideramos

M f

p i ◦ f i N i p i

N i

y denimos f →(p i ◦ f )i . Por otro lado, dado ( f i )i ∈ i Homa (M , N i ) construimos

M ∃1 f

f i

i N i p i

N i

Estas dos aplicaciones son una inversa de la otra y son homomorsmos.


Dado f ∈Hom A (⊕i M i , N ) consideramos

M i u i

f ◦u i

⊕i M i f N

y denimos f →( f ◦u i )i . Por otro lado, dado ( f i )i ∈ i Homa (M i , N ) construimos

M i u i

f ◦u i

⊕i M i ∃1 f

N

Estas dos aplicaciones son una inversa de la otra y son homomorsmos.


Condici on necesaria. Sea g ∈ Hom A (M , M 0), si ( f 0)∗(g ) = 0, entonces f 0 ◦g = 0 y g = 0, ya

que f 0 es inyectiva. Se tiene ( f 1)∗ ◦( f 0)

∗ = ( f 1 ◦ f 0)

∗ = 0∗

= 0. Sea g ∈ Ker(( f 1)∗), entonces

0 = ( f 1)∗(g ) = f 1 ◦g y existe h : M −→M 0 tal que g = f 0 ◦h = ( f 0)

∗(h ).

Condici on suciente. (1) f 0 es inyectiva si y solo si para cualquier g : M −→ M 0 si f 0 ◦g = 0,entonces g = 0, pero esto es la mismo que decir que ( f 0)

∗ es inyectiva para cada A –m odulo

M . (2) f 1 ◦ f 0 es cero ya que para cada M se tiene ( f 1 ◦ f 0)∗ = 0; en efecto, basta tomar M = M 0





y tendremos 0 = ( f 1 ◦ f 0)∗(id M 0) = f 1 ◦ f 0 ◦ id M 0 = f 1 ◦ f 0. (3) Si m ∈Ker( f 1), entones f 1(m ) = 0.

Tomamos M = Am y g A m −→ M 1 la inclusi on. Como ( f 1 ◦g )(m ) = f 1(g (m )) = f 1(m ) = 0,tenemos ( f 1)∗(g ) = f 1 ◦ g = 0 y g ∈ Im(( f 0)

∗), esto es, existe h ∈ Hom A ( Am , M 0) tal que

g = f 0)∗(h ) = f 0 ◦h . Luego m = g (m ) = f 0 ◦h )(m ) = f 0(h (m ))∈Im( f 0).


Tomamos A = Z, M = Z2 y la sucesi on exacta 0 →Z 2→Z p

→Z2 →0. Se obtiene

0 −→HomZ(Z2, Z) 2∗−→HomZ(Z2, Z)

p ∗

−→HomZ(Z2, Z2)

Ya que HomZ(Z2, Z) =

{0

} y HomZ(Z2, Z2) =

{0

}, es claro que p

∗

no es sobreyectivo.


Supongamos que existe g : M 2 −→ M 1 tal que f 1 ◦ g = idM 2 . Dado m ∈ M 1 se tiene m −(g ◦ f 1)(m ) ∈ Ker( f 1) = Im( f 0), y existe x ∈ M 0 tal que f 0(x ) = m . Como f 0 es inyectivo, este x

est a denido de forma unica y m f

→ x es una aplicaci on. Veamos que es un homomorsmo.Para la suma: dados m 1, m 2 ∈ M 1 si x i = f (m i ), se tiene f 0(x 1 + x 2) = m 1 + m 2, luego f (m 1 +m 2) = x 1 + x 2 = f (m 1) + f (m 2). Para el producto por escalares: dados m ∈ M 1 y a ∈ A , six = f (m ) se tiene f 0(ax ) = af 0(x ) = am , luego f (am ) = ax = af (m ). Es claro que se tiene f

◦ f

0 = id

M 0.

Rec ıprocamente, si existe f : M 1 −→M 0 tal que f ◦ f 0 = id M 0 , para cada m ∈M 2 existe x ∈M 1tal que f 1(x ) = m . Tomamos y = x −( f 0 ◦ f )(x ), que verica f 1( y ) = f 1(x ) −( f 1 ◦ f 0 ◦ f )(x ) = m .El elemento x no est a determinado de forma unica, pero el elemento y sı. En efecto, dadosx 1, x 2 vericando f 1(x i ) = m , tenemos f 1(x 1 −( f 0 ◦ f )(x 1) −x 2 + ( f 0 ◦ f )(x 2)) = 0, luego existez ∈M 0 tal que f 0(z ) = x 1 −( f 0 ◦ f )(x 1) −x 2 + ( f 0 ◦ f )(x 2), pero

z = ( f ◦ f 0)(z ) = f (x 1) −( f ◦ f 0 ◦ f )(x 1) + f (x 2) −( f ◦ f 0 ◦ f )(x 2) = 0,

luego 0 = f 0(z ) = x 1 −( f 0 ◦ f )(x 1) −x 2 + ( f 0 ◦ f )(x 2). Tenemos entonces una aplicaci on m g

→ y .Es f acil ver que g es un homomorsmo y que f

1 ◦g = id

M 2.


Es claro que B es cerrado para la suma y la multiplicaci on y que en general no contiene alelemento 1.


(1). Es claro que la suma y la multiplicaci on verican las propiedades que denen un anillo,

y que (0, 1)(b , n ) = ( b , n ), para cada (b , n )∈

B ×Z, luego B ×Zes un anillo con uno.





(2). Dado g : B −→ A denimos g : B ×Z−→ A mediante

g (b , n ) = g (b ) + n ·1.

La aplicaci on g esta bien denida y es un homomorsmo de anillos. En efecto,

g ((b 1, n 1) + ( b 2, n 2)) = g (b 1 + b 2, n 1 + n 2) = g (b 1 + b 2) + ( n 1 + n 2) ·1= g (b 1) + g (b 2) + n 1 ·1 + n 2 ·1 = g (b 1, n 1) + g (b 2, n 2).

g ((b 1, n 1) ·(b 2, n 2)) = g (b 1b 2 + b 1n 2 + b 2n 2, n 1n 2) = g (b 1b 2 + b 1n 2 + b 2n 2) + n 1n 2 ·1= g (b 1)g (b 2) + g (b 1)n 2 + g (b 2)n 2 + n 1n 2 ·1= ( g (b 1) + n 1 ·1) + ( g (b 2) + n 2 ·1) = g (b 1, n 1) ·g + ( b 2, n 2).

Adem as se tiene g (0, 1) = 1

·1 = 1 y g

|B = g . Si g : B

×Z

−→ A verica g

|B = g , entonces

g (b , 0) = g (b ), y se tiene:

g (b , n ) = g ((b , 0) + ( 0, n )) = g (b , 0) + g (0, n ) = g (b ) + n ·1 = g (b , n ).

Por tanto g = g .

(3). Es claro que si tomamos g = 0 : B −→ A tenemos que Ker(g ) = B × {0} y por lo tanto B es un ideal de B ×Z.


Sean a 1, a 2 ∈ A tales que f (a 1) = f (a 2), entonces b = a 1 −a 2 ∈Ker( f ). Consideramos el anillosin uno B = {bF (b ) | F ∈Z[ X ]} y construimos el anillo con uno B ×Z.

La aplicaci on g : B −→ A denida por g (b ) = b se extiende a un homomorsmo de anillosg : B ×Z −→ A que verica f ◦g = 0, por la propiedad universal. De la misma forma laaplicaci on h : B −→ A denida por h (b ) = 0 se extiende a un homomorsmo de anillosh : B ×Z −→ A que tambi en verica f ◦h = 0. Por ser f simplicable a izquierda se tieneg = h , esto es, b = g (b , 0) = h (b , 0) = 0, lo que implica que a 1 = a 2 y f es una aplicaci oninyectiva.


El grupo Hom( A , B ) es:Hom(Z2, Z4) Hom(Z4, Z4)Hom(Z2, Z12) Hom(Z4, Z12)

por lo tanto hay que determinar cada una de las componentes:

Hom(Z2, Z4)∼= Z2.Hom(Z4, Z4)∼= Z4.Hom(Z2, Z12)∼= Z2.

Hom(Z4, Z12)∼= Z4.





Por lo tanto tenemos el grupo Z2 Z4

Z2 Z4∼= Z2

⊕

Z2

⊕

Z4

⊕

Z4.




SEC . 62. E JERCICIOS DEL C AP ITULO VI 383

62. Ejercicios del Cap ıtulo VI


Es justamente el Corolario ( 35.2. ).


Dado x ∈ pe existen b i ∈ B y p i ∈ p tales que x = t i = 1 b i p i . Como C = A [b 1, . . . , b t ] es un

A –m odulo nitamente generado y xC = t i = 1 b i p i C ⊆ pC , aplicando el Teorema de Cayley–

Hamilton, Lema ( 27.1. ), existen a 0, . . . , a n −1 ∈p tales que x n

+ a n −1x n

−1

+ · · ·+ a 1x + a 0 = 0.


Se basa en el estudio de la demostraci on dada del Teorema ( 37.3. ).

(a ) ⇒ (b ). Si F ∈ rad(F 1, . . . , F t ) existe m ∈ Ntal que F m ∈ (F 1, . . . , F t ) ⊆ (F 1, . . . , F t , 1 −YF ),

luego

1 = Y m F m + ( 1

−Y m F m ) = Y m F m + ( 1

−YF )(1 + YF +

· · ·+ Y m −1F m −1)

∈

(F 1, . . . , F t , 1

−YF ).

(b )⇒(a ). Si 1∈(F 1, . . . , F n , 1 −YF ) entonces

1 =i

F i C i + ( 1 −YF )C , C 1, . . . , C t , C ∈K [ X 1, . . . , X n , Y ].

Tomando Y = 1/ F ( X 1, . . . , X n ) tenemos:

1 =i

F i ( X 1, . . . , X n )C i ( X 1, . . . , X n , 1

F ( X 1, . . . , X n )),

y multiplicando por una potencia adecuada de F se tiene:F m =

i

F i ( X 1, . . . , X n )D i ( X 1, . . . , X n )∈(F 1, . . . , F t ).


Llamamos a = ( X 3 −Y 2). En el anillo cociente K [ X , Y ]/ a cada elemento tiene un unico repre-sentante en la forma f + Yg , siendo f , g ∈K [ X ], por esta raz on identicamos la clase con este

elemento. Observar que la multiplicaci on verica Y 2

= X 3.





Supongamos que un elemento f + Yg tiene cuadrado nulo, entonces:

0 = ( f + Yg )2 = f 2 + X 3g 2 + 2Yfg .

Por tanto f 2 + X 3g = 0 y 2 fg = 0. De la ultima relaci on se obtiene f = 0 o g = 0. Si f = 0, dela primera relaci on se tiene X 3g 2 = 0, esto es, g = 0. Si g = 0, de la primera relaci on se tiene f 2 = 0, luego g = 0. Observa que en cualquier caso se tiene f + Yg = 0.

Supongamos que i > j son primos relativos, y sea 1 = ai + bj , con b < 0. Tenemos:

X = X ai + bj = X ai X bj = Y aj X bj = Y a

X − b

j ,

Y = Y ai + bj

= Y ai

Y bj

= Y ai

X bi

= Y a

X − b

i

.

Si llamamos T = Y a

X − b , entonces tenemos una parametrizaci on, X = T j , Y = T i , del conjuntoalgebraico V ( X i −Y j ) = {(T j , T i ) | T ∈K }. Dado F ∈ IV ( X i −Y j ), si dividimos con respectoa X i −Y j con el orden Y > X , obtenemos F = ( X i −Y j )Q + R , con R = 0 o N (R ) ⊆ ∆ =N2 \ ((0, j ) + N2). Si R = R 0 + YR 1 + · · ·+ Y j −1R j −1, con R k ∈ K [ X ], entonces 0 = R 0(T j ) +T i R 1(T j )+ · · ·+( T i ) j −1R j −1(T j ). Observar que los exponentes de T en los distintos polinomiosson: 0,j,2j,. . . ; i+j,i+2j,. . . ; 2i+j,2i+2j,. . . Todos ellos son distintos dos a dos, ya que si ci + dj =c i + d j , entonces (c −c )i = ( d −d ) j , y por tanto j |c −c , pero 0 ≤c , c ≤ j −1, luego c = c , y en consecuencia d = d . Como K es un cuerpo innito y todo elemento de K es ra ız del

polinomio R (T ), todos sus coecientes son iguales a cero, y R es el polinomio cero. Tenemosentonces que F es m ultiplo de X i −Y j y por tanto IV ( X i −Y j ) = ( X i −Y j ), Como consecuencia( X i −Y j ) es un ideal radical, ya que ( X i −Y j )⊆rad( X i −Y j )⊆ IV ( X i −Y j ) = ( X i −Y j ).


Despu es de dividir por X 2 −Y 3, cada elemento f de K [ X , Y ] se escribe de forma unica como

f = f 0 + f 1 X + ( X 2 −Y 3) f 2,

siendo f 0, f

1 ∈K [Y ] y f

2 ∈K [ X , Y ].

(1) Sean f , g ∈K [ X , Y ] tales que fg ∈( X 2 −Y 3). Con la notaci on anterior resulta

( f 0g 0 + Y 3 f 1g 1) + ( f 0g 1 + f 1g 0) X = 0.

Y se aqu ı f 0g 0 + Y 3 f 1g 1 = 0 f 0g 1 + f 1g 0 = 0 .

Si f 0 = 0 seobtiene g 1 = − f 1g 0/ f 0 y por tanto f 0g 0−Y 3 f 1 f 1g 0/ f 0 = 0, esto es, f 20 g 0−Y 3 f 21 g 0 =0.Si g 0 = 0, entonces f 20 −Y 3 f 21 = 0, lo que implica f 0 = 0 = f 1, y esto esuna contradicci on;

si g 0 = 0, entonces f 0g 1 = 0 y se deduce g 1 = 0. En este caso g ∈( X 2

−Y 3).





Si f 0 = 0, entonces Y 3 f 1g 1 = 0 = f 1g 0. Si f 1 = 0, entonces g 0 = 0 = g 1 y g ∈ ( X 2 −Y 3); si

f 1 = 0, entonces f ∈( X 2

−Y 3

).Como consecuencia ( X 2 −Y 3) es un ideal primo.

Una forma alternativa es ver que A es isomorfo a un subanillo de K [T ] como veremos enel siguiente apartado.

(2) La aplicaci on ϕ : A −→ K [T ] denida ϕ( X ) = T 3, ϕ(Y ) = T 2 es un homomorsmo deanillos y su n ucleo contiene a ( X 2 − Y 3), en realidad es X 2 − Y 3), ya que si ϕ( f ) = 0,entonces f 0(T 2) + T 3 f 1(T 2) = 0, y por tanto f 0 = 0 = f 1. Entonces ϕ se factoriza por A / ( X 2 −Y 3) y la aplicaci on ϕ : A / ( X 3 −Y 2) −→K [T ] es inyectiva.

Si llamamos F al cuerpo de fracciones de A , tenemos un diagrama conmutativo

A ϕ

K [T ]

F K (T ).

Como T = X / Y ∈F , resulta que F →K (T ) es sobreyectiva, y como es un homomorsmode cuerpos es un isomorsmo.

Identicamos A con su imagen en K [T ]. Observar que esta imagen es K + T 2K [T ].

Para calcular la clausura entera de A en K (T ), sea x = p / q ∈K (T ) entero sobre A . Existena 0, . . . , a n −1 ∈ A tales que a 0 + a 1x + · · ·+ a n −1x n −1 + x n = 0, esto es,

a 0q n + a 1pq n −1 + · · ·+ a n −1p n −1q + p n = 0, (XI.1)

de donde se deduce que q | p . Basta entonces tomar la fracci on x = p / q irreducible parallegar a que necesariamente q es una unidad y por tanto x ∈K [T ].

Una forma alternativa es la siguiente: cada elemento de K (T ) entero sobre A es enterosobre K [T ], y por tanto pertenece a K [T ]. Adem as T es entero sobre A , ya que es ra ız del

polinomio X 3

−T 2.


Despu es de dividir por X i −Y j , cada elemento f de D [ X , Y ] se escribe de forma unica como

f = f 0 + f 1 X + · · ·+ f i −1 X i −1 + ( X i −Y j ) f i ,

siendo f 0, f 1, . . . , f i −1 ∈D [Y ] y f i ∈D [ X , Y ].





(1) La aplicaci on ϕ : A −→ D [T ] denida ϕ( X ) = T j , ϕ(Y ) = T i es un homomorsmo de

anillos y su n ucleo contiene a ( X i

−Y j

), en realidad es X i

−Y j

),yaquesi ϕ( f ) = 0, entonces f 0(T i ) + T j f 1(T i ) + T 2 j f 2(T i ) + · · ·+ T (i −1) j f i −1(T i ) = 0, y por tanto f 0 = f 1 = · · ·= f i −1 = 0,luego f ∈ ( X i −Y j ). Entonces A = D [ X , Y ]/ ( X i −Y j ) es un subanillo de un dominio y portanto es un domino y ( X i −Y j ) es un ideal primo.

(2) La imagen de ϕ es K + a T a K , donde a se puede expresar en la forma i α + j β , con α, β enteros no negativos. Es un subanillo de K [T ]. El cuerpo de fracciones de Im(ϕ) es K (T ), ya que si F esel cuerpo de fracciones de Im(ϕ), entonces T ∈F , y por tanto en el diagrama

Im(ϕ)

K [T ]

F δ K (T )

la aplicaci on δ es un isomorsmo.La clausura entera de Im(ϕ) en K (T ) es K [T ], ya que si x ∈ K (T ) es entero sobre Im(ϕ), esentero sobre K [T ], y por tanto pertenece a K [T ], y adem as T es entero sobre Im(ϕ),yaquees ra ız del polinomio X j −a 0, siendo a 0 = T j ∈Im(ϕ).

SOLUCI ON

. Ejercicio (39.7. )En el anillo K [ X , Y ]/ (Y 2 − X 3 − X 2) cada elemento tiene un unico representante en la forma f + Yg , siendo f , g ∈K [ X ]. Si ( f + Yg )( f + Yg ) = 0, entonces ( ff +( X 3 + X 2)gg )+ Y ( fg gf ) = 0,

y tenemos: ff + ( X 3 + X 2)gg = 0 fg + gf = 0 .

Si f = 0, entonces g = −gf f , y ff − ( X 3+ X 2)g 2 f

f = 0. Si f = 0 se tiene f 2 −( X 3 + X 2)g 2 = f 2 −( X + 1) X 2g 2 = 0, lo que es una contradicci on.

Si f = 0 y f = 0, entonces ( X 3

+ X 2)gg = 0 fg = 0 , y por tanto g = 0, luego f + Yg = 0.

Si f = 0 tenemos ( X 3 + X 2)gg = 0gf = 0 . Si g = 0 se tiene f + Yg = 0, y si g = 0, entonces

f = 0 = g , y se tiene f + Yg = 0.


(1) Consideramos la relaci on Y 2

= X 3

+ X 2, y de aqu ı obtenemos

Y X

2

= X + 1. Si llamamos





a este valor T 2, se tendr a:

Y / X = T y X = T 2

−1.En consecuencia se tiene Y = T (T 2 −1).

Denimos una aplicaci on ϕ : K [ X , Y ] −→K [T ]mediante ϕ( X ) = T 2−1 y ϕ(Y ) = T (T 2−1).El n ucleo de ϕ lo podemos determinar calculando una base de Groebner, ya que este es

K [ X , Y ]∩c,

siendo c el ideal de K [ X , Y , T ] generado por ( X −(T 2 −1), Y −T (T 2 −1)) . Si tomamos el or-den lexicogr aco con la ordenaci on T > X > Y , entonces, por la teor ıa de la eliminaci on,podemos calcular una base de Groebner del n ucleo.

Una base de Groebner de c es:

> GroebnerBasis[{X - (T^2 - 1), Y - T(T^2 - 1)}, {T, X, Y}]

El resultado es:

{ X 2 + X 3 −Y 2, − X − X 2 + TY , TX −Y , −1 + T 2 − X }.

La eliminaci on nos da como soluci on:

> GroebnerBasis[{X - (T^2 - 1), Y - T(T^2 - 1)}, {T, X, Y}, {T}]

El resultado es:

{ X 2 + X 3 −Y 2}Es claro que la aplicaci on ϕ tiene n ucleo a = ( Y 2 − X 3 − X 2), y por tanto K [ X , Y ]/ (Y 2 − X 3 − X 2) es isomorfo a un subanillo de K [T ], luego es un dominio de integridad, esto es,(Y 2 − X 3 − X 2) es un ideal primo.

(2) Si llamamos F al cuerpo de fracciones de A , y si identicamos A con su imagen por ϕ enK [T ], tenemos un diagrama conmutativo:

A

K [T ]

F δ K (T ).

Ya que Y / X = T , se tiene que T ∈ F , luego δ es un isomorsmo. La clausura entera de A est a contenida en K [T ], y como T es ra ız del polinomio Z 2 −( X + 1), entonces T es entero

sobre A , y por tanto la clausura entera de A es K [T ].






Recordar el resultado que aparece en el Ejercicio ( 39.3. ). F ∈rad( F 1, . . . , F t )⊆K [ X 1, . . . , X n ] si y solo si 1∈(F 1, . . . , F t , 1 −YF )⊆K [ X 1, . . . , X n , Y ].

Basta pues hacer los siguientes c alculos:

> GroebnerBasis[{X^3+Y^3+Z^3,X^2+Y^2+Z^2,(X+Y+Z) 3,1-T X},{X,Y,Z,T}]

> GroebnerBasis[{X^3+Y^3+Z^3,X^2+Y^2+Z^2,(X+Y+Z) 3,1-T Y},{X,Y,Z,T}]

> GroebnerBasis[{X^3+Y^3+Z^3,X^2+Y^2+Z^2,(X+Y+Z) 3,1-T Z},{X,Y,Z,T}]

En todos los casos el resultado es {1}.


Recordar el resultado que aparece en el Ejercicio ( 39.3. ). F ∈rad( F 1, . . . , F t )⊆K [ X 1, . . . , X n ] si y solo si 1∈(F 1, . . . , F t , 1 −YF )⊆K [ X 1, . . . , X n , Y ].

(1). Basta realizar el siguiente c alculo:

> GroebnerBasis[{X^4+Y^4+Z^4,X+Y+Z,1-T(X Y+X Z+Y Z)},{X,Y,Z,T}]

Para ver que potencia pertenece al ideal calculamos una base de Groebner de a:

> GroebnerBasis[{X^4+Y^4+Z^4,X+Y+Z},{X,Y,Z}]

La base de Groebner reducida es:

{Y 4 + 2Y 3Z + 3Y 2Z 2 + 2YZ 3 + Z 4, X + Y + Z } Ahora comprobamos:

> PolynomialReduce[X Y+X Z+Y Z,{Y^4+2Y^3 Z+3Y^2 Z^2+2Y Z^3+Z^4,X+Y+Z},{X,Y,Z}]





El resto es: −Y 2 −YZ −Z 2. Luego XY + XZ + YZ /∈a .

> PolynomialReduce[(X Y+X Z+Y Z)^2,{Y^4+2Y^3 Z+3Y^2 Z^2+2Y Z^3+Z^4,X+Y+Z},{X,Y,Z}]

El resto es 0, luego ( XY + XZ + YZ )2∈a .

(2). Para calcular la base de Groebner reducida de b:

> GroebnerBasis[{X^4+Y^4+Z^4,X+Y+Z,X Y+X Z+Y Z},{X,Y,Z}]

El resultado es el anunciado: { X + Y + Z , Y 2 + YZ + Z 2}.

El isomorsmo K [ X , Y , Z ]/ b∼= K [Y , Z ]/ (Y 2 + YZ + Z 2) est a denido tomando

X → −Y −Z + ( Y 2 + YZ + Z 2); Y →Y + ( Y 2 + YZ + Z 2); Z →Z + ( Y 2 + YZ + Z 2).

que dene un homomorsmo sobreyectivo de K [ X , Y , Z ] en K [Y , Z ]/ (Y 2 + YZ + Z 2).Sun ucleocontiene a X + Y + Z , luego ser factoriza por b. Para ver que el n ucleo es exactamente b bastaconsiderar que cada polinomio F ∈ K [ X , Y , Z ] se escribe en la forma F = ( X + Y + Z )G + H ,siendo G ∈ K [ X , Y , Z ] y H ∈ K [Y , Z ], entonces si la imagen de F es cero resulta que H = 0, y por tanto F = ( X + Y + Z )G

∈b. Tenemos pues el isomorsmo anunciado.

Si el polinomio Y 2 + YZ + Z 2 reduce lo hace en la forma: Y 2 + YZ + Z 2 = ( Y + aZ + b )(Y + cZ + d ),de donde se deduce que b = d = 0 y a + c = 1 = ac . Por lo tanto a y c son las ra ıces delpolinomio T 2 −T + 1. Si la caracter ıstica de K es distinta de 3 las ra ıces de este polinomio sondistintas, en este caso (Y 2 + YZ + Z 2) es la intersecci on (Y + aZ )∩(Y + cZ ), que son dos idealesprimos, y por tanto es radical. Si la caracter ıstica de K es 3, entonces a = 2 = c , en este casose tiene (Y 2 + YZ + Z 2) = ( Y + 2Z )2 no es un ideal radical, ya que el anillo K [Y , Z ]/ (Y + 2Z )2

tiene elementos nilpotentes no nulos. Si el polinomio Y 2 + YZ + Z 2 es irreducible, entoncesel ideal (Y 2 + YZ + Z 2) es un ideal primo, y por lo tanto radical.

(3). Si car (K ) = 2, 3, como tenemos a⊆

b⊆

rad( a), y com b es radical, se tiene b = rad( a).

(4). Si car (K ) = 3, como tenemos a ⊆ b ⊆ rad(a), entonces rad(b) = rad( a). Como b =( X + Y + X , Y 2 + YZ + Z 2) = ( X + Y + Z , (Y −Z )2), entonces rad(b) ⊆ ( X + Y + Z , Y −Z ).Cualquier ideal primo p que contenga a b contiene a ( X + Y + Z , Y −Z ), luego rad( a) = rad( b) =( X + Y + Z , Y −Z ) = ( X −Y , Y −Z ).

(5). Si car (K ) = 2 tenemos a = ( X 4+ Y 4 + Z 4, X + Y + Z ) = (( X + Y + Z )4, X + Y + Z ) = ( X + Y + Z ),que es un ideal primo, por lo tanto radical.






Recordar el resultado que aparece en el Ejercicio ( 39.3. ). F ∈rad( F 1, . . . , F t )⊆K [ X 1, . . . , X n ] si

y solo si 1∈

(F 1, . . . , F t , 1 −YF )⊆

K [ X 1, . . . , X n , Y ].Para ver que X ∈rad( a) tenemos que calcular

> GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3,1-T X},{X,Y,Z,T}]

Para ver que Y ∈rad( a) calculamos:

> GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3,1-T Y},{X,Y,Z,T}]

Para ver que Z ∈rad( a) calculamos:

> GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3,1-T Z},{X,Y,Z,T}]

La base de Groebner reducida de a se calcula mediante

> GroebnerBasis[{X^2Y+Z^3,X+Y^3-Z,2Y^4Z-Y Z^2-Z^3},{X,Y,Z}]

El resultado es:

{Z 9, YZ 3 + Z 4 −2Z 6 + 12Z 8, 2Y 4Z −YZ 2 −Z 3, Y 7, X + Y 3 −Z }Esto implica que las m ınimas potencias de Z e Y que pertenecen a a son: Z 9 e Y 7, respectiva-mente. Para el caso de X calculamos los restos de las divisiones de las sucesivas potencias de X por la base de Groebner.

> PolynomialReduce[X^i,{Z^9,YZ^3+Z^4-2Z^6+12Z^8,2Y^4Z-YZ^2-Z^3,Y^7,X+Y^3-Z},{X,Y,Z}]


Tenemos que X 3 − X 2Z − Y 2Z ∈ C[ X , Y , ][Z ] es irreducible, ya que es de grado uno. Por lotanto el ideal ( X 3 − X 2Z −Y 2Z ) es primo y radical, por el Teorema de los ceros de Hilbert se

tiene el resultado.





Tenemos que X 2 + Y 2 −Z 2 = X 2 + ( Y + Z )(Y −Z )∈C[Y , Z ][ X ] es irreducible, ya que no tiene

ra ıces en C[Y , Z ]. Entonces el ideal ( X 2

+ Y 2

−Z 2

) es primo.


El polinomio X 3 + Y 3 + 7Z 3∈C[Y , Z ][ X ] es irreducible, ya que si tiene una ra ız F ∈C[Y , Z ], severica F 3 = −(Y 3 + 7Z 3) = −(Y + 3√ 7Z )(Y + ω 3√ 7Z )(Y + ω2 3√ 7Z ). Como el polinomio de laderecha es un producto de tres polinomios irreducibles no asociados, y el de la izquierda esun cubo, llegamos a una contradicci on. Por lo tanto el polinomio es irreducible y el ideal esprimo, por lo tanto radical. Por el Teorema de los ceros de Hilbert tenemos el resultado.


(1) Teorema del ascenso.

(2) Teorema de incomparabilidad.


(1) Supongamos que a ∈ A no es invertible, entonces existe un ideal primo p tal que a ∈ p.Por el Lema ( 35.14. ) existe un ideal primo q⊆B tal que q ∩ A = p. Como a ∈q, entonces a no es invertible en B .

(2) Tenemos J ( A ) = ∩{m | m es maximal } y J (B ) = ∩{n | n es un ideal maximal }. Dado m ⊆ A maximal existe un ideal primo q ⊆ B , tal que q ∩ A = m, por el Corolario ( 35.13. ) es unideal maximal,entonces J ( A ) ⊇ J (B )c . Por otro lado, dado un ideal maximal n ⊆ B el idealn ∩ A es un ideal primo, que es maximal por el Corolario ( 35.13. ), entonces J ( A )⊆ J (B )c .


Sea q⊆B primo, entonces q ∩ A es maximal, y por el Corolario ( 35.13. ) q es maximal.


HACER






Sea p = ( F ), con F = 0 irreducible; supongamos que la indeterminada X n aparece en F .

Consideramos A = K [ X 1,..., X n ]

p , y llamamos a i a la clase de X i , para i = 1, . . . , n −1.

Vamos a ver que {a 1, . . . , a n −1}⊆ A es algebraicamente independiente. Si 0 = G ∈K [ X 1, . . . , X n −1]verica G (a 1, . . . , a n −1) = 0, entonces G ( X 1, . . . , X n −1) ∈ p, y por tanto F | G , lo que es impo-sible ya que X n no aparece en G .

Tenemos por tanto que dim( A ) ≥n −1, pero como al agregar cualquier elemento no nulo dep a un conjunto de representantes de un conjunto algebraicamente independiente en A setiene un conjunto algebraicamente independiente, y como n es una cota para el cardinal deconjuntos en K [ X 1, . . . , X n ] algebraicamente independientes, resulta que dim( A ) ≤n −1, y setiene la igualdad.


Tenemos que dim(C[ X , Y ]) = 2, por lo tanto los ideales primos son de altura 0, 1 o 2.

De altura 0 s olo tenemos el ideal 0.

De altura 1 tenemos los ideales principales; corresponden a las hipersupercies irreducibles.

Si un ideal primo p

es de altura 2, entonces dim( A /p) = 0, por lo tanto es de dimensi

´on nitasobre C (ver demostraci on del Lema de Normalizaci on de Noether). Como corresponde a

un conjunto algebraico irreducible, y los conjuntos algebraicos irreducibles nitos son lospuntos, resulta que los ideales primos de altura 2 son los ideales maximales, por lo tanto sonlos ideales de la forma ( X −a , Y −b ).


Llamamos p = ( XY −1)⊆R[ X , Y ] y denimos

x 1 = XY

−1

x 2 = Y − X 2

Entonces B = R[x 1, x 2]⊆R[ X , Y ] es una extensi on entera y p ∩B = Bx 1.

Tenemos adem as que R[x 2] ⊆ A es una extensi on entera, siendo x 2 = x 2 + p. Llamandox = X + p, y = Y + p, resulta que R[ y −x 2]⊆ A es una extensi on entera.




SEC . 63. E JERCICIOS DEL C AP ITULO VII 393

63. Ejercicios del Cap ıtulo VII


(1) Para cada subconjunto multiplicativo Σ el n ucleo que λ A es:

Ker(λ A ) = {a ∈ A | ∃s ∈Σ tal que sa = 0}.

Entonces Ker(λ A ) = 0 si y solo si cada elemento de Σ es un elemento regular, y se tieneΣ⊆Σ 0.

(2) Dado 0 = a / 1 ∈ Σ−10 A , si a / 1 no es invertible, entonces a /∈

Σ0, luego a es un divisor decero. Sea 0 = b ∈ A tal que ab = 0. Como λ A : A −→ Σ−1

0 A es inyectiva se tiene b / 1 = 0,pero como (a / 1)(b / 1) = ( ab )/ 1 = 0, resulta que a / 1 es un divisor de cero.


HACER


(1). X / 1 es invertible en A X , ya que X no es nilpotente en A .

(2). En efecto, se tiene X Y = XY = 0.

(3). Es claro que se tiene Im( f ) = K [ X ]⊆ A A .

(4). Para ver que f se factoriza por K [ X , X −1], basta identicar K [ X , X −1] con K [ X , Y ]( XY −1). Ahora denimos g : K [ X , Y ]

→ A X mediante g ( X ) = X / 1 y g (Y ) = 1/ X . El nucleo de g es

( XY −1), y por lo tanto se tiene K [ X , X −1] = K [ X , Y ]/ ( XY −1)⊆

A X .

(5). Tenemos que g es sobreyectiva, ya que A X es una K –algebra generada por X / 1 y 1/ X . Porotro lado, si g (F ( X , X −1)) = 0, como existe X t tal que X t F ( X , X −1)∈K [ X ], tenemos:

0 = g (F ( X , X −1)) = ( 1/ X )t g ( X t F ( X , X −1)) ,

de donde g ( X t F ( X , X −1)) = 0, luego f ( X t F ( X , X −1)) = 0, y como f es inyectiva, se tiene X t F ( X , X −1) = 0, o equivalentemente F ( X , X −1) = 0.






(1). El conjunto mx es cerrado para la suma y para el producto por elementos de A , luego

es un ideal. Si consideramos un elemento no nulo f + mx ∈ A / mx , llamamos k = f (x ) = 0, y denimos g ∈ A la funci on constante g ( y ) = k −1 para todo y ∈ X . Se tiene ( f + mx )+( g + mx ) =1.

(2). Es la denici on del localizado.

(3). Es inmediato.


(1). Si x es primo y se tiene x = x 1x 2, entonces x |x 1 o x |x 2. Supongamos que x |x 1, entoncesexiste d ∈ D tal que x 1 = xd y tenemos x = x 1x 2 = xdx 2, de donde se deduce 1 = dx 2 y x 2 esinvertible.

(2). En Z[√ −5] consideramos 6 = 2 ·3 = ( 1 + √ −5)(1 −√ −5). Por los tanto los elementos2, 3, 1 + √ −5, 1 −√ −5 son irreducibles y no son primos.


(1). Es claro que todo DFU es un dominio at omico, ya que cada elemento primo es irreduci-

ble.

(2). Si D es un dominio at omico y cada elemento irreducible es primos, dado un elementono nulo y no invertible x y dos factorizaciones en elementos primos: x = p 1 . . . p r = q 1 . . . q s ,como p 1 | q 1 . . . q s , existe q j tal que p 1 | q j , y como q j | p 1 . . . p r , existe p k tal que q j | p k . Porlo tanto p 1 | p k y tenemos p 1 ∼ q j . Podemos suponer que q j = q 1, y por lo tanto se tienep 2 . . . p r = q 2 . . . q s . Basta hacer inducci on sobre el n umero de elementos de la factorizaci onpara tener que r = s y que, salvo el orden, se tiene p i ∼q i para i = 1, . . . , r .

(3). Si D es noetheriano y x ∈ D es no nulo y no invertible, si x es irreducible tendremos unafactorizaci on en atomos. Si x no es irreducible existe una factorizaci on x = x 1x

1 con x 1, x

1 no

invertibles. Si x 1 es irreducible tendremos un factor irreducible de x , y en caso contrario setendr a x 1 = x 2x 2 con x 2, x 2 no invertibles. Si repitiendo este proceso no obtenemos un factorirreducible x i , se tiene una sucesi on de elementos no invertibles x 0 = x , x 1, x 2, . . . tales quex i + 1 |x i y x i + 1 ∼x i . Por lo tanto una cadena estrictamente creciente de ideales

(x 0) (x 1) (x 2) · · · ,lo que es una contradicci on.

Podemos suponer que cada elemento no nulo y no invertible x de D tiene un factor irredu-

cible; sea x = x 1 y 1 una factorizaci on con x 1 irreducible. Si y 1 es invertible tendremos una





factorizaci on de x en elementos irreducibles, y si y 1 no es invertible tendremos una factoriza-

cion y 1 = x 2 y 2 con x 2 irreducible; si y 2 es invertible tendremos una factorizaci on en irreduci-bles. Si repitiendo el proceso y i no es nunca invertible, tendremos una sucesi on de elementos y 0 = x , y 1, y 2, . . . tales que y i + 1 | y i e y i + 1 ∼ y i . Por lo tanto una cadena estrictamente crecientede ideales

( y 0) ( y 1) ( y 2) · · · ,lo que es una contradicci on.

Observa que en general no todo dominio noetheriano at omico es un DFU. Considera el do-minio Z[√ 5].


(1). Primero probamos que si x ∈D es primo, entonces x / 1∈Σ−1D es invertible o es primo.

Si x / 1 no es invertible y (x / 1) | (x 1/ 1)(x 2/ 1), existe a / s tal que (x / 1)(a / s ) = ( x 1/ 1)(x 2/ 1), luegoxa = sx 1x 2. Si x |x i , entonces (x / 1) | (x i / 1). Por otro lado, si x |s , existen b ∈D tal que s = xb , y tenemos x 1/ 1 = ( sx 1)/ s = ( xbx 1)/ s = ( x / 1)(( bx 1)/ s ).

Dado ahora x / 1∈Σ−1D tenemos la factorizaci on en elementos primos x = p 1 · · ·p r que pro-porciona la factorizaci on x / 1 = ( p 1/ 1)

· · ·(p r / 1), en donde cada p i / 1 es invertible o es primo.

En particular Σ−1D es un dominio at omico, y como cada elemento no nulo y no invertibleses un producto de primos, tenemos la unicidad de la factorizaci on.

(2). Tenemos que probar que cada elemento irreducible en D es un elemento primo. Si x ∈D es irreducible y x | x 1x 2, existe a ∈ D tal que xa = x 1x 2. Entonces (x / 1)(a / 1) = ( x 1/ 1)(x 2/ 1) y se tiene (x / 1) | (x 1/ 1) o (x / 1) | (x 2/ 1). Supongamos que (x / 1) | (x 1/ 1), entonces existeb / s ∈ Σ−1D tal que (x / 1)(b / s ) = ( x 1/ 1), y se tiene xb = sx 1. Tenemos que b y s son productosde elementos irreducibles, ya que el caso en el que sean invertibles es trivial. Tomamos repre-sentaciones de los mismos de longitud m ınima. Sea s = p 1p 2 · · ·p r con los p i ∈ D elementosprimos. Se tiene que p 1 | xb . Si p 1 | b , y b = q 1 · · ·q s es una representaci on de longitud mini-

mal en producto de irreducibles, entonces p 1 | q 1 · · ·q s , y existe q j , supongamos que q j = q 1,tal que p 1 |q 1, como q 1 es irreducible resulta q 1 ∼p 1, y tenemos

b s

= p 2 · · ·p r q 2 · · ·q s

,

lo que es una contradicci on. Por tanto todos los factores primos de s son factores primos dex , esto es, s | x . Como x es irreducible, resulta que s ∼ x , y por tanto s es irreducible. Como s es un producto de elementos primos resulta que s es primo, y por tanto x es primo.






En efecto se tiene:11 =

13 =

15 = · · ·

01

= 21

= 23

= 25

= · · · Y de la misma forma para (Z6)p3 .


Consideramos λ : Zm −→ Σ−1Zm . Sea n Z/ m Z = Ker( λ), con n ≥ 0, y consideramos µ :Zm

−→ Zm n Zm ∼= Zn .

De la denici on se tiene que µ es sobreyectiva.

Supongamos que n = 0. Sea s + m Z∈Σ , y sea 0 ≤d = m . c. d.{s , n }, existen a , b ∈Z tales qued = as + bm . Como n + Z∈Ker(λ), existe t + m Z∈Σ tal que (t + m Z)(n + m Z) = 0, esto es,tn ∈m + Z. Se tiene

st n d

= s d

tn ∈m Z,

luego n d + m Z∈Ker(λ), por tanto n

d + m Z∈n Z/ m Z, y por la minimalidad de n se tiene n d = n .

En consecuencia d es invertible; podemos suponer que d = 1. De la igualdad 1 = as + bn ,

aplicando µ se tiene 1 = µ(a + m Z)µ(s + m Z),

luego µ(s + m Z) es invertible en Zn . Por la propiedad universal del anillo de fracciones existeµ : Σ−1Zm −→Zn tal que µ ◦λ = µ, en particular µ es sobreyectiva.

Zm λ

µ Σ−1Zm

µ

Zn

Vamos a ver que µ es inyectiva. Si µ ((a + m Z)/ 1) = 0, entonces µ(a + m Z) = 0. Se tienea + m Z∈Ker(λ) y (a + m Z)/ 1 = 0.

El caso en que n = 0, resulta que µ : Zm −→ Zm es inyectiva, y por tanto un isomorsmo.Falta ver que cada s + m Z ∈ Σ es invertible en Zm . Para cada 0 = x + m Z ∈ Zm y para cadas + m Z∈Σ se tiene (x + m Z)(s + m Z) = 0, entonces la aplicaci on

Zm ×s + m Z−→ Zm

es inyectiva, por tanto una biyecci on, y existe x + m Z∈Zm tal que (x + m Z)(s + m Z) = 1. En

este caso todos los elementos de Σ son invertibles y Σ−1

Zm = Zm .






Tenemos que n es un divisor de m . Para cada divisor n de m denimos

Σ = {s + m Z | m. c. d.{s , n }= 1}.

Como n | m se tiene que Σ es un conjunto multiplicativo. Consideramos λ : Zm −→ Σ−1Zm ;vamos a calcular el n ucleo de λ. Como n | m , consideramos al factorizaci on m = nd 1d 2,siendo d 2 el mayor tal que m. c. d.{d 2, n } = 1. Si x + m Z ∈ Ker(λ), existe s + m Z ∈ Σ tal que(x + m Z)(s + m Z) = 0, luego existe f ∈ Z tal que xs = mf = nd 1d 2 f . Como m. c. d.{s , n } = 1,resulta m. c. d.{s , d 1}= 1 y s | d 2 f . Sea d 2 f = sg ; se verica:

xs = nd 1d 2 f = nd 1sg ,

luego x = nd 1sg . En particular x es m ultiplo de nd 1. Es claro que hd 1 + m Z∈Ker(λ). Por tantoKer(λ) = nd 1Z/ m Z. En consecuencia Σ−1Zm ∼= Znd 1 .

En conclusi on, para cada factorizaci on no trivial m = nh , n , h ≥ 0, con m. c. d.{n , h } =1, tomando el subconjunto multiplicativo Σ = {s + m Z | m. c. d.{s , n } = 1} se vericaΣ−1Zm ∼= Zn , y rec ıprocamente, cada subconjunto multiplicativo Σ , no reducido a los ele-mentos invertible, determina una factorizaci on no trivial m = nh , con m. c. d.{n , h } = 1 talque Σ−1Zm ∼= Zn . El caso de la factorizaci on trivial m = m 1 corresponde al subconjunto

multiplicativo de los elementos invertibles.Observa que todos los subconjuntos multiplicativos de Zm son saturados, ya que xy ∈ Σ =

{s + m Z | m. c. d.{s , n } = 1}, si y solo si m. c. d.{xy , n } = 1, si y solo si m. c. d.{x , n } = 1 =m. c. d.{ y , n }, si y solo si x , y ∈Σ .


(1) Es claro que p (Σ) ⊆ A / a es un subconjunto multiplicativo que no contiene a 0 ya que

a ∩Σ = ∅.

(2) El homomorsmo g : A p

−→ A / aλ A / a

−→ p (Σ) −1( A / a) verica g (s ) = p (s )/ 1 para cada s ∈ Σ, y por lo tanto g (s ) es un elemento invertible. Existe un unico homomorsmo de anillosg : Σ−1 A −→ p (Σ) −1( A / a) tal que g ◦λ A = g = λ A / a ◦p . Por lo tanto g (a / s ) = p (a )/ p (s )para cada a / s ∈Σ−1 A .

Tenemos que Ker(g ) = Σ −1a , pues si g (a / s ) = 0, entonces p (a )/ p (s ) = 0 y existe t ∈ Σtal que 0 = p (a )p (t ) = p (at ). Entonces at ∈a y a / s = ( at )/ (st )∈Σ−1a .

Tenemos que g es sobreyectiva, ya que si p (a )/ p (s ) ∈ p (Σ) −1( A / a), entonces p (a )/ p (s ) =

g (a / s ).





Como consecuencia del primer teorema de isomorf ıa tenemos el isomorsmo

Σ−1 A Σ−1a ∼

= p (Σ) −1( A / a).


(1) (⇒). Si Σ es saturado y a ∈ A \ Σ , para cada b ∈ A se tiene ab /∈ Σ, luego aA ∩Σ = ∅.Llamamos Γ =

{a

| a

∩ Σ = ∅

}; el conjunto Γ es inductivo, luego tiene elementos

maximales. Un elemento maximal b de Γ vamos a ver que es un ideal primo. Sean x 1, x 2 ∈ A tales que x 1x 2 ∈ b y x 1, x 2 /∈ b, entonces b + x 1 A , b + x 2 A /∈ Γ, y existen s i ∈ (b +x i A ) ∩ Σ . Como s 1s 2 ∈ Σ y s 1s 2 ∈ (b + x 1 A )(b + x 2 A ) ⊆ b, resulta que s 1s 2 ∈ b ∩ Σ , loque es una contradicci on. Por tanto b, maximal en Γ, es un ideal primo de A . Como paracada elemento a ∈ A \ Σ existe un ideal b, maximal en Γ, tal que a ∈ b, resulta que elcomplemento de Σ es una uni on de ideales primos.

(⇐). Sea Σ un conjunto multiplicativo cuyo complementario es una uni on de ideales pri-mos y sean a , b ∈ A tales que ab ∈ Σ; si a /∈ Σ, existe un ideal primo p tal que a ∈ p y p ∩Σ = ∅; como ab ∈p, tendr ıamos ab /∈Σ , lo que es una contradicci on.

(2) Dado Σ⊆

A multiplicativo, consideramos todos los ideales primos p de A que no cortan aΣ ; la uni on ∪pp no corta a Σ y su complemento es multiplicativo, ya que si a , b ∈ A veri-can ab ∈ A \∪pp, entonces a , b ∈ A \∪pp. Por tanto A \∪pp es un conjunto multiplicativosaturado.

(3) La saturaci on Σ de Σ = 1 + a es el complemento de la uni on de los ideales primos que nocortan a Σ . Los ideales primos p que no cortan a Σ son los que verican a + p = A .

Dado un ideal primo p tal que p + a = A , existe un ideal maximal m tal que a⊆p + a⊆m,luego el complemento de la uni on de los ideales primos que no cortan a Σ coincide conel complemento de la uni on de los ideales maximales que contienen a a.


Tenemos el diagrama conmutativo anterior en el que f est a denida f (a / s ) = a / s . Si f (a / s ) =0, existe t ∈ Σ y b ∈ A tales que ta = 0 y tb ∈ Σ . Por lo tanto a / s = 0 en Σ−1 A . Por otro lado, sia / t ∈Σ−1

A , existe b ∈ A tal que tb ∈Σ , y se verica f ((ab )/ (tb )) = a / t .






1. Si a ∈ Σ, entonces a / 1 ∈ Σ−1 A es invertible. Rec ıprocamente, si a ∈ A verica que

a / 1∈

Σ1

− A es invertible, existe b / s ∈

σ−1

A tal que(a / 1)(b / s ) = 1,

esto es, ab / s = 1 y existe t ∈ Σ tal que t (ab −s ) = 0, entonces tab = as ∈ Σ . Como Σ essaturado, se tiene a ∈Σ .Como consecuencia todo conjunto multiplicativo saturado debe contener a todos loselementos invertibles de A .

2. Σ = {1}⊆Zno es saturado ya que −1 /∈Σ .


Consideramos el siguiente diagrama

p A p 1

λ 1

A / p λ2

α

K β

A p p 2 A p/ p A p

Como para cada elemento x ∈ p se verica (p 2 ◦λ1)(x ) = 0, existe un unico homomorsmode anillos α : A / p −→ A p/ p A p tal que α ◦p 1 = λ1.

Para cada x ∈ A \ p se tiene α(x + p) = ( p 2 ◦λ1)(x ) = ( x / 1) + p A p = , y como A p/ p A p es uncuerpo es invertible. Entonces existe un unico homomorsmo de anillos β : K −→ A p/ p A p talque β ◦λ2 = α .

La denici on de β sobre elementos es:

β ((x + p)/ ( y + p)) = ( x / y ) + p A p.

Observa que β es sobreyectiva, y por otro lado, si β ((x + p)/ ( y + p)) = 0, entonces x / y ∈p A p, y existe z ∈p, s ∈ A \ p tales que x / y = z / s , por tanto existe t ∈ A \ p tal que t (xs − yz ) = 0, luegoxts = tyz ∈ p y x ∈ p. Como consecuencia (x + p)/ ( y + p) = 0. Por tanto β es una biyecci on y tenemos el isomorsmo.


HACER






(1) Si ae = Σ −1 A entonces 1 / 1 ∈ ae y existe s ∈ Σ tal que 1 ∈ (a : s ), esto es a ∩ Σ = ∅.

Rec ıprocamente, si a ∩Σ = ∅, entonces ae

= Σ −1

A .(2) Si a A es un ideal contra ıdo, entonces a = aec , y si s ∈ Σ es un divisor de cero en

A / a , existe b ∈ A \ a tal que sb ∈ a, esto es, (a : s ) a, lo que es una contradicci on.Rec ıprocamente, si ning un elemento de Σ es un divisor de cero en A / a , entonces (a : s )⊆a para cada s ∈Σ , y tenemos: aec = ∪s ∈Σ (a : s )⊆a , luego a es un ideal contra ıdo.


Observa que ΓΣ = {ts | t ∈ Γ, s ∈ Σ}es un conjunto multiplicativo de A . Consideramos elsiguiente diagrama:

A λ= λ Σ

Σ−1 A λ Γ 1

α

Γ−1(Σ −1 A )

β

A λ ΓΣ (ΓΣ) −1 A

γ

Como Σ⊆ΓΣ , existe un unico homomorsmo de anillos α : Σ1 A −→(ΓΣ) −1 A tal que α◦λΣ =λΓΣ .

Como α(Γ1) est a contenido en las unidades de (ΓΣ) −1 A , existe un unico homomorsmo deanillos β : Γ−1(Σ −1 A ) −→(ΓΣ) −1 A tal que β ◦λΓ1 = α .

Para cada s ∈Σ se tiene λΓ1 ◦λΣ (s ) es una unidad en Γ−1(Σ −1 A ) ya que λΣ (s ) es una unidad enΣ−1 A ; y para cada t ∈Γ se tiene que λΓ1 ◦λΣ (t ) es una unidad en Γ−1(Σ −1 A ) ya que λΣ (t )∈Γ1.Entonces existeun unico homomorsmo γ : (ΓΣ)−1 A −→Γ−1(Σ −1 A ) talque γ ◦λΓΣ = λΓ1◦λΣ .

Faltacomprobar que las composiciones β ◦γ y γ ◦β son la identidad. De la igualdad β ◦γ ◦λΓΣ =λΓΣ se deduce que β ◦γ = id (ΓΣ) − 1 A . La otra se tiene por id enticos motivos.

Finalmente observe como est an denidas β y γ .

β ( a / s t / s ) = ( as )/ (st ),

γ (a / (st )) = a / s t / 1 .

para a ∈ A , s , s ∈Σ y t ∈Γ.


Es claro que Σ−11 Σ−1

2 A es el anillo de fracciones de Σ−12 A con respecto al subconjunto multi-

plicativo λΣ 2, A (Σ 1). Observa que si 0∈

λΣ 2 , A (Σ 1) si y solo si existen s 1 ∈Σ 1 y s 2 ∈Σ 2 tales que





s 1s 2 = 0. Como los elementos de Σ son de la forma s 1s 2 con s i ∈Σ i , tenemos que 0 ∈λΣ 2 , A (Σ 1)

si, y solo si, 0∈

Σ . En este caso se tiene Σ−1

1 Σ−1

2 A = 0 = Σ −1 A .

Supongamos que 0 /∈ Σ, y consideremos el siguiente diagrama que completamos utilizandola propiedad universal del anillo de fracciones:

A λ Σ 2, A

λ Σ , A Σ−12 A

λλ Σ 2, A (Σ 1) ,Σ − 1

2 A

λ

Σ−11 Σ−1

2 A

λ

Σ−1 A

La denici on de λ es: λ (a / s 2s 1/ 1 ) =

a s 1s 2 . Es claro que λ es sobreyectiva, y si 0 = λ (

a / s 2s 1/ 1 ) =

a s 1s 2 ,

existe t = t 1t 2 ∈Σ con t i ∈Σ i tal que t 1t 2a = 0. Entonces se tiene:

a / s 2s 1/ 1

= (t 2a )/ (t 2s 2)

s 1/ 1 =

(t 1t 2a )/ (t 2s 2)(t 1s 1)/ 1

= 0.


(a)

⇒

(b). Es evidente

(b)⇒

(c). Sea ab = 0, si Ann( a ) + Ann( b ) ⊆ m ⊂ A , en A m se tiene (a / 1)(b / 1) = ( ab )/ 1 = 0, y como A m es un dominio de integridad, a / 1 = 0 o b / 1 = 0. Supongamos que a / 1 = 0,entonces existe s ∈ A \ m tal que sa = 0, esto es, Ann( a ) m, lo que es una contradicci on.Luego necesariamente se tiene Ann( a ) + Ann( b ) = A .(c)⇒(a). Si p es un ideal primo y A p no es un dominio de integridad, existen 0 = a / 1, b / 1∈ A ptales que (ab )/ 1 = ( a / 1)(b / 1) = 0. Existe s ∈ A \ p tal que sab = 0. Como 0 = sa / 1 ∈ A p, paratodo t ∈ A \ p se tiene tsa = 0, esto es, Ann( sa ) ∩( A \ p) = ∅ y Ann( sa )⊆p. De la misma formase llega a que Ann( b ) ⊆ p, y por tanto Ann( sa ) + Ann( b ) ⊆ p, en contra de la hip otesis en (c)que arma que Ann( sa ) + Ann( b ) = A .


Consideramos Σ = {s ∈ Z | s es invertible en A }. Es claro que Σ es un conjunto multipli-cativo y que Σ−1Z ⊆ A ⊆ Q. Por otro lado, si a ∈ A , podemos escribir a como una fracci on(irreducible) a = n / m , con n , m ∈ Z. Por ser la fracci on irreducible se tiene que n y m sonprimos relativos, luego existen a , b ∈Z tales que 1 = an + bm . Es f acil ver que

1m

= an + bm

m = a

n m

+ b ∈ A .

Si 1m ∈ A , entonces m es invertible en A y se tiene m ∈Σ , entonces n

m ∈Σ−1Z. En consecuen-

cia A = Σ −1

Z.






(1) Es inmediato, ya que los elementos de Σ no son divisores de cero.

(2) Dado un ideal b de Σ−1D , si aD = bc , entonces bce = ( aD )e = a Σ−1D est a contenido enb. Dado b / s ∈ b, ya que b / 1 ∈ bce , existe n / t ∈ Σ−1D tal que b / 1 = a (n / t ) y se tieneb / s = a (n / st )∈a Σ−1D . Luego b = a Σ−1D es un ideal principal.

(3) Primero estudiamos como se comportan los elementos primos de D ante el paso a lalocalizaci on. Para p ∈D primo se verica una de las dos posibilidades:

p / 1 es invertible sii pD

∩Σ = ∅, sii

∃

s

∈

Σ tal que p

|s .

p / 1 es primo sii pD ∩Σ = ∅.

Dado un elemento no nulo y no invertible de Σ−1D , sea a / 1, existe en D una descomposi-cion en primos de a , por ejemplo a = p 1 · · ·p h . Entonces se tiene a / 1 = ( p 1/ 1) · · ·(p h / 1),que es una descomposici on en primos de Σ−1D . Puede ser que alg un p i / 1 sea invertible,en este caso los agrupamos todos ellos en un factor que ser a invertible.

Falta ver que esta descomposici on es unica; esto es, claramente, consecuencia del unici-dad de la descomposici on de las factorizaciones en D .

(4) Dada una cadena de ideales de Σ−

1D ,

b1 ⊆b2 ⊆ · · ·⊆bn ⊆ · · · ,

consideramos la cadena de ideales de D :

bc 1 ⊆bc

2 ⊆ · · ·⊆bc n ⊆ · ··

Existe un ındice n ∈ Ntal que bc n = bc

i para cada i ≥ n . Entonces, ya que bce j = b j para

cada ındice j , se tieneb1 ⊆b2 ⊆ · · ·⊆bn = bn + 1 = · · · ,

y Σ−1D es un anillo noetheriano.


Primero calculamos una base de Groebner del ideal p; en este caso tenemos:

{Y 4 −Z 3, Y 2 − XZ , XY 2 −Z 2, X 2 −Z } (XI.2)

Segundo calculamos los ideales pi .





p0 = p ∩Q= 0. Es primo.

p1 = p ∩Q[Z ] = 0. Es primo.

p2 = p ∩Q[Y , Z ] = (Y 4 −Z 3). Es primo.

p3 = p ∩Q[ X , Y , Z ] = (Y 4 −Z 3, Y 2 − XZ , XY 2 −Z 2, X 2 −Z ).

Denimos α(p 3) = (− y 2 + Xz , Xy 2 −z 2, X 2 −z )⊆ Q[Y ,Z ]

p2[ X ] = (Q[z ]+ Q[z ] y + Q[z ] y 2 + Q[z ] y 3)[ X ],

en donde y es la clase de Y y z es la clase de Z .

Denimos α(p3)e

⊆

F [ X ] = (Q

(z ) +Q

(z ) y +Q

(z ) y 2 +Q

(z ) y 3)[ X ].

Un posible generador es H = Xz − y 2, ya que es uno de los de menor grado. Llamamos:

H = Xz − y 2;G 1 = Xy 2 −z 2;G 2 = X 2 −z .

Vamos a reducir G 1 y G 2 mediante H y la relaci on y 4 −z 3 = 0

zG 1 − y 2H = z ( Xy 2 −z 2) − y 2( Xz − y 2) = y 4 −z 3.

z 2G 2 −H 2 = z 2( X 2 −z ) −( Xz − y 2)2 = 2 Xy 2z − y 4 −z 3;z (2 Xy 2z − y 4 −z 3) −(2 y 2z )H = z (2 Xy 2z − y 4 −z 3) −(2 y 2z )( Xz − y 2) = y 4z −z 4 = ( y 4 −z 3)z .

Por lo tanto α(p3)e = ( Xz − y 2) es un ideal primo de F [ X ]. El coeciente l ıder es z .

Consideramos el ideal (p3, 1 −zT )⊆ Q[Y ,Z ]

p2[T , X ]. Una base de Groebner es:

{Y 4 −Z 3, −Y 2 + XZ , XY 2 −Z 2, X 2 −Z , −1 + TZ , − X + TY 2}Mediante eliminaci on de la variable T tenemos una base de Groebner del ideal α(p3)ec

∈Q[Y ,Z ]p2

[ X ]. Como esta es:

{Y 4 −Z 3, −Y 2 + XZ , XY 2 −Z 2, X 2 −Z }que coincide con la base de Groebner de p3, resulta que p3 es saturado. En consecuencia p esun ideal primo en Q[ X , Y , Z ].






En este caso el procedimiento es similar al del ejercicio anterior. Vamos a indicarlo mediante

ordenes en Mathematica.

(1) Calculo de la base de Groebner de p:

> GB = GroebnerBasis[{X Z - X - Y^2 + 2 Y + Z - 2,X^3 + 3 X^2 + 3 X - Y Z + Y + Z ,X^2 Y - X^2 + 2 X Y - 2 X + Y + 2 Z - Z^2 - 2} , {X, Y, Z}]

(2) Determinaci on de los ideales pi . Tenemos p0 = 0

> GroebnerBasis[{X Z - X - Y^2 + 2 Y + Z - 2,X^3 + 3 X^2 + 3 X - Y Z + Y + Z ,X^2 Y - X^2 + 2 X Y - 2 X + Y + 2 Z - Z^2 - 2}, {X, Y, Z}, {X, Y}]

Por lo tanto p1 = p ∩Q[Z ] = 0.

> GroebnerBasis[{X Z - X - Y^2 + 2 Y + Z - 2,X^3 + 3 X^2 + 3 X - Y Z + Y + Z ,X^2 Y - X^2 + 2 X Y - 2 X + Y + 2 Z - Z^2 - 2}, {X, Y, Z}, {X}]

Por lo tanto p2 = p ∩Q[Y , Z ] = (−2 + 5Y −10Y 2 + 10Y 3 −5Y 4 + Y 5 + 4Z −6Z 2 + 4Z 3 −Z 4).

Adem as p3 = p.

(3) Es claro que p0 y p1 son ideales primos, y tambi enloes p2,yaque −2 + 5Y −10Y 2 + 10Y 3 −5Y 4 + Y 5 + 4Z −6Z 2 + 4Z 3 −Z 4 = ( Y −1)5 −(Z −1)4 es un ideal primo de Q[Y , Z ].

(4) El ideal α(p3) es:

(−2 − X + 2 y − y 2 + z + Xz , − X + 3 y + 3 Xy −3 y 2 −3 Xy 2 + y 3 + Xy 3 −3z + 3z 2 −z 3,

−2 −2 X − X 2

+ y + 2 Xy + X 2

y + 2z −z 2

, 3 X + 3 X 2

+ X 3

+ y + z − yz )⊆

Q[Y , Z ]p2 [ X ]

= ( Q[z ] + Q[z ] y + Q[z ] y 2 + Q[z ] y 3 + Q[z ] y 4)[ X ]

donde y es clase de Y y z es la clase de Z .

(5) El ideal α(p3)e es:

(−2 − X + 2 y − y 2 + z + Xz , − X + 3 y + 3 Xy −3 y 2 −3 Xy 2 + y 3 + Xy 3 −3z + 3z 2 −z 3,

−2 −2 X − X 2 + y + 2 Xy + X 2 y + 2z −z 2, 3 X + 3 X 2 + X 3 + y + z − yz )⊆F [ X ]

= (Q

(z ) +Q

(z ) y +Q

(z ) y 2 +Q

(z ) y 3 +Q

(z ) y 4)[ X ]





Uno de los generadores de menor grado es: H = −2 − X + 2 y − y 2 + z + Xz . Denimos:

H = −2 − X + 2 y − y 2 + z + Xz = X (z −1) + y 2 + z −2;G 1 = − X + 3 y + 3 Xy −3 y 2 −3 Xy 2 + y 3 + Xy 3 −3z + 3z 2 −z 3;G 2 = −2 −2 X − X 2 + y + 2 Xy + X 2 y + 2z −z 2;G 3 = 3 X + 3 X 2 + X 3 + y + z − yz .

Vamos a expresar G 1, G 2, G 3 es funci on de H en el anillo F [ X ]. Llamamos Sim = ( y −1)5 −(z −1)4.

Para G 1 se tiene:

> CoefficientList[G1, X];> l = Length[%]> ll = Last[%%];> Aux = Expand[(z - 1) (l - 1) G1 - (ll) H^(l - 1)];> PolynomialReduce[Aux, Sim, {y, z}]

Observa que tenemos que reducir hasta que el grado de la variable Aux sea igual a 0, porlo tanto hasta que el valor de l sea igual a 1.

Para G 2 se tiene:

> CoefficientList[G2, X];> l = Length[%]> ll = Last[%%];> Aux = Expand[(z - 1) (l - 1) G2 - (ll) H^(l - 1)];> CoefficientList[Aux, X];> l = Length[%]> ll = Last[%%];> Aux = Expand[(z - 1) (l - 1) Aux - (ll) H (l - 1)];> PolynomialReduce[Aux, Sim, {y, z}]

Aqu ı tambi en hemos llagado hasta que l = 1.

Para G 3 se tiene:

> CoefficientList[G3, X];> l = Length[%]> ll = Last[%%];> Aux = Expand[(z - 1)^(l - 1) G3 - (ll) H^(l - 1)]> CoefficientList[Aux, X];

> l = Length[%]





> ll = Last[%%];

> Aux = Expand[(z - 1) (l - 1) Aux - (ll) H^(l - 1)]> CoefficientList[Aux, X];> l = Length[%]> ll = Last[%%];> Aux = Expand[(z - 1) (l - 1) Aux - (ll) H^(l - 1)]> PolynomialReduce[Aux, Sim, {y, z}]

Tenemos por tanto que α(p)e es un ideal primo generado por H = X (z −1) + y 2 + z −2. Elcoeciente l ıder es z −1.

Consideramos el ideal (p3, 1 −(z −1)T )⊆

Q[Y ,Z ]p2 [T , X ]. Una base de Groebner es:

{−2 + 5Y −10Y 2 + 10Y 3 −5Y 4 + Y 5 + 4Z −6Z 2 + 4Z 3 −Z 4, −2 − X + 2Y −Y 2 + Z + XZ ,

− X + 3Y + 3 XY −3Y 2 −3 XY 2 + Y 3 + XY 3 −3Z + 3Z 2 −Z 3,

−2 −2 X − X 2 + Y + 2 XY + X 2Y + 2Z −Z 2, 3 X + 3 X 2 + X 3 + Y + Z −YZ ,

−1 −T + TZ , −1 + T − X −2TY + TY 2}Mediante eliminaci on de la variable T tenemos una base de Groebner del ideal α(p3)ec

∈Q[Y ,Z ]p2

[ X ]. Como esta es:

{−2 + 5Y −10Y 2 + 10Y 3 −5Y 4 + Y 5 + 4Z −6Z 2 + 4Z 3 −Z 4, −2 − X + 2Y −Y 2 + Z + XZ ,

− X + 3Y + 3 XY −3Y 2 −3 XY 2 + Y 3 + XY 3 −3Z + 3Z 2 −Z 3,

−2 −2 X − X 2 + Y + 2 XY + X 2Y + 2Z −Z 2, 3 X + 3 X 2 + X 3 + Y + Z −YZ }que coincide con la base de Groebner de p3, resulta que p3 es saturado. En consecuencia p esun ideal primo en Q[ X , Y , Z ].


Para cada ideal maximal m se tiene A ⊆ A m ⊆ K , el cuerpo de fracciones de A , entonces setiene la inclusi on A ⊆∩m A m .

Consideramos la cadena de inclusiones A ⊆∩m A m ⊆ A n para un ideal maximal n. Al localizaren n se tiene una cadena de inclusiones, en este caso

A n ⊆(∩m A m)n ⊆( A n)n .

Ya que ( A n)n = A n , tenemos el resultado por el principio local-global.

Una demostraci on de la inclusi on ∩m A m ⊆ A mediante elementos es la siguiente:





Dado x ∈ ∩m A m denimos a = {s ∈ A | sx ∈ A }. Observa que a es un ideal de A . Se trata de

ver que a = A , y entonces x ∈ A . Si no es as ı, existe un ideal maximal m tal que a ⊆ m. Existena ∈ A , s ∈ A \ m tales que x = a / s , esto es, sx = a ∈ A , y por tanto s ∈ a ⊆ m, lo que es unacontradicci on.


Tenemos las siguiente equivalencias:

N 1 ⊆N 2 si y solo siN 1 + N 2 = N 2 si y solo si

(N 1 + N 2)m = ( N 2)m, m maximal si y solo si(N 1)m + ( N 2)m = ( N 2)m , m maximal si y solo si(N 1)m ⊆(N 2)m , m maximal.


Sea M = A (m 1, . . . , m t ). Si Σ−1M = 0, entonces m i / 1 = 0 para i = 1, . . . , t , luego existe s i ∈ Σtal que s i m i = 0. Bata tomar s = s 1 · · ·s t para tener el resultado. El resto es inmediato.


Supongamos que K , el cuerpo de fracciones de A , est a generado por k 1, . . . , k n , con k i ∈ K .Podemos suponer que k i = a i

b i , con a i , b i ∈ A , b i = 0. Y tambi en que k i = b 1···b i − 1a i b i + 1···b n

b 1···b n ,

luego llamando b = b 1 · · ·b n y c i = b 1 · · ·b i −1a i b i + 1 · · ·b n , cada k i se escribe k i = c i b con c i ∈ A

y 0 = b ∈ A .

Si K = A , entonces alguna de las fracciones c i b ∈ K \ A ; esto es equivalente a decir que el

elemento 0 = b

∈

A que no es invertible en A . Existe una expresi on del tipo

1b 2

=n

i = 1

d i k i =n

i = 1

d i c i b

=n i = 1 d i c i

b ,

con d 1, . . . , d n ∈ A . Multiplicando por b 2 se tiene:

1 = b n

i = 1

d i c i ,

y por tanto b es invertible, lo que es una contradicci on.





Otra prueba.

Supongamos que K es un A –m odulo nitamente generado, y sea a un ideal de A no nulo,entonces aK = K . Para cada endomorsmo f : K → K se verica f (K ) ⊆ K = aK , entoncespor el Teorema de Cayley–Hamilton existen a 0, . . . , a n −1 ∈ a tales que f n + a n −1 f n −1 + · · ·+a 1 f + a 0 = 0.

Si K = A y tomamos k ∈ K \ A tenemos un endomorsmo f : K → K denido por f (x ) = kx para cada x ∈K . Observa que para cada j ∈Nse tiene f j (x ) = k j x . Por lo tanto

f n + a n −1 f n −1 + · · ·+ a 1 f + a 0 (x ) = 0, para cada x ∈K .

Tomando x = 1 resultak n + a n −1k n −1 + · · ·+ a 1k + a 0 = 0,

y entonces k es entero sobre A , pero A es ıntegramente cerrado en K , lo que es una contra-dicci on.


Ya que Σ−1Z[ X , Y ] = Q[ X , Y ], como ae = ( 2 X , 3Y )e = ( X , Y )Q[ X , Y ], es un ideal maximal, esprimo, y por tanto aec = ( X , Y )Q[ X , Y ]∩Z[ X , Y ] = ( X , Y )Z[ X , Y ].


HACER


HACER


HACER


HACER




SEC . 64. E JERCICIOS DEL C AP ITULO VIII 409

64. Ejercicios del Cap ıtulo VIII


Tenemos dim( A p) = ht( p), y como dim( A ) = sup {ht( p) | p∈Spec( A )}, tenemos el resultado.


Si a es un ideal nilpotente, entonces est a contenido en cada ideal primo de A , y por tanto para

cada ideal primo p de A se tiene ht( p) = ht( p/ a) y se tiene el resultado.


HACER


HACER




SEC . 65. E JERCICIOS DEL C AP ITULO IX 411

65. Ejercicios del Cap ıtulo IX


Si a tiene una descomposici on primaria, entonces los ideales primos minimales sobre a sonideals asociados, y por tanto hay un n umero nitos de estos. Para cada p, ideal primo mini-mal sobre a, el conjunto V (p/ a) es una de las componentes irreducibles de Spec( A / a) para latopolog ıa de Zariski.


Si a = rad( a), entonces a es la intersecci on de los ideales primos que lo contienen. Se tienea = ∩{pi | pi ⊇ a, primo }. Podemos adem as suponer que pi = p j si i = j . Como cada pi esprimo, se tiene pi = rad( pi ), y por lo tanto a no tiene ideales primos inmersos o embebidos.


El ideal m = ( 2, T )⊆Z[T ] es maximal ya que Z[T ]/ (2, T )∼= Z2 es un cuerpo.

El ideal q = ( 4, t ) no es una potencia de m, ya que si (4, T ) = q = ms

= ( 2, T )s

, entoncesT ∈(2s , 2s −1T , . . . , 2T s −1, T s ), por lo que existe una combinaci on

T = 2s G 0 + 2s −1TG 1 + · · ·+ 2T s −1G s −1 + T s G s .

En particular se tiene 0 = 2s G 0,0, lo que implica G 0,0 = 0, y T = ( 2s G 0,1 + 2s −1G 1,0)T =2s −1(2G 0,1 + G 1,0)T , lo que es una contradicci on.

Tenemos que q = ( 4, T ) ⊆ (2, T ) = m, y si p ⊇ q, entonces T ∈ p y 4 ∈ p, lo que implica 2 ∈ p.Por lo tanto rad(q) = m.

Veamos que q es primario. Dados F , G ∈ Z[T ] tales que FG ∈ q, si F /∈

q y para todo s ∈ setiene G s /∈ q, entonces (G ) + ( 2, T ) = Z[T ], y existe G i ∈ Z[T ] tales que 1 = GG 0 + 2G 1 + TG 2.Tenemos que el t ermino independiente de GG 0 es impar. Como FG ∈q = ( 4, T ), resulta que eltermino independiente de FG es m ultiplode4,yportantoloeselde FGG 0, y en consecuenciael t ermino independiente de F es m ultiplo de 4, lo que implica que F ∈ q = ( 4, T ), y esto esuna contradicci on.


Tenemos que p1 = ( X , Y ) y p2 = ( X , Z ) son ideales primos y m = ( X , Y , Z ) es un ideal maximal.

Por otro lado a = ( X 2, XY , XZ , YZ ), y por tanto tenemos la inclusi on: a ⊆ p1 ∩p2 ∩m

2. Para





ver la inclusi on inversa, consideramos el anillo K [ X , Y , Z ]/ ( X ) y los extendidos: pe 1 = ( Y );

pe 2 = ( Z ). Esclaro que p

e 1∩p

e 2 = ( YZ ), luego p1∩p2 = ( X , YZ ). Ahora es claro que la intersecci onp1 ∩p2 ∩m2 es: ( X 2, XY , XZ , YZ ) = a .

Tenemos pues una descomposici on primaria reducida de a. Como pi ⊆ m, las componentesaisladas son p1 y p2, mientras que m2 es una componente inmersa o embebida.


(1) Es claro que al considerar el homomorsmo A −→ A [ X ] el extendido ae es a[ X ].

(2) Para ver que si p ⊆ A es un ideal primo, entonces p[ X ] ⊆ A [ X ] es un ideal primo, bastatener en cuenta que existe un isomorsmo A [ X ]/ p[ X ]∼= ( A / p)[ X ].

(3) Para ver que si q es un ideal primario de A , entonces q[ X ] es un ideal primario de A [ X ],comprobamos que q[ X ] = A [ X ] y que cada divisor de cero de ( A / q)[ X ] es nilpotente. SiG ∈ ( A / q)[ X ] es un divisor de cero, entonces existe 0 = a ∈ A / q tal que aG = 0, verEjercicio ( 8.34. ). Por lo tanto cada coeciente de G es un divisor de cero, y como q ⊆ A es primario, es nilpotente. Si todos los coecientes de G son nilpotentes entonces G esnilpotente. Ver Ejercicio ( 8.34. ).

(4) Si a = ∩n i = 1qi es una descomposici on primaria minimal, entonces, como cada qi [ X ] es

primario, tenemos que a[ X ] = ∩n i = 1qi [ X ] es una descomposici on primaria. Para ver que es

minimal basta tener en cuenta que si ∩n i = 1,i = j q j q j , entonces ∩n

i = 1,i = j q j [ X ] q j [ X ], y portanto la descomposici on a[ X ] = ∩n

i = 1qi [ X ] es minimal.

(5) Supongamos que p ⊇ a es un ideal primo minimal y que existe un ideal primo q tal quea[ X ] ⊆ q ⊆ p[ X ], entonces a ⊆ q ∩ A ⊆ p y por tanto p[ X ] ⊆ q, de donde se deduce queq = p[ X ].


Utilizando el Ejercicio ( 52.5. ), podemos considerar el ideal q = ( X ) ⊆ K [ X ], y posteriormenteextender a los dem as; este ideal es primo y todas sus potencias son primarias.


Si x ∈ A es un divisor de cero, existe 0 = y ∈ A tal que 0 = xy , luego x ∈(0 : y ) y existe un ideal

primo p, minimal sobre (0, y ), luego x ∈p y tenemos el resultado.





Supongamos que x ∈ p ∈ D( A ), entonces existe 0 = y ∈ A tal que p ⊇ (0 : y ). Llamamos

A = A / (0 : y ), p = p/ (0 : y ) y nalmente x = x + ( 0 : y ) ∈ A . En el anillo de fracciones A pel unico ideal primo es p A p, y como x / 1 ∈ p A p, tenemos que x / 1 es nilpotente, luego existet ∈ A \p tal que t x n = 0 para cierto n ∈N. Como consecuencia tx n

∈(0 : y ) y se tiene tx n y = 0.Es claro que ty = 0, ya que t /∈ p, y por tanto t /∈ p ⊇ (0 : y ). De la expresi on x n ty = 0 se tieneque x es un divisor de cero en A .

Ya que existe una biyecci on que conserva el orden entre los ideales primos de S −1 A y losideales primos de A que no cortan a S , en esta biyecci on los ideales de D(S −1 A ) correspondena los ideales de D( A ) que no cortan a S . Si existe a ∈ A tal que p ⊇ (0 : a ) es primo minimal,entonces S −1p⊇(0 :S − 1 A a / 1) es primo minimal.

Si 0 = ∩n i = 1qi es una descomposici on primaria, por la Proposici on ( 48.14. ), el conjunto de los

divisores de cero es la uni on de los ideales asociados a esta descomposici on. De aqu ı se sigueel resultado.


(1) Si a ∈ S p(0) se tiene a / 1 = 0 en A p, y existe t ∈ A \ p tal que ta = 0, de donde se deduceque a ∈p.

(2) Si rad(S p(0)) = p, entonces para cada y ∈ p existe n ∈ N tal que y n

∈ S p(0). Entonces y / 1 ∈ A p es nilpotente; en particular se tiene p A p ⊆ Nil( A p). Como consecuencia p A p es

un ideal minimal, y tambi en lo es p⊆ A .

(3) Si p⊇p , entonces se tiene:

S p(0) = {a ∈ A | ∃t ∈ A \ p tal que ta = 0},

Como A \ p⊆ A \ p , resulta que S p(0)⊆S p (0).

(4) Como 0 tiene una descomposici on primaria, entonces Ass(0) = D( A ), y tenemos 0 =

∩p∈D( A )S p(0).


(a) ⇒(b). Tenemos una cadena de subm odulos 0 = M 0 ⊆ M 1 ⊆ M 2 ⊆ · · · ⊆ M t = M conM i / M i −1 ∼= A / mI simple y Ass(M i / M i −1) = {mi}, mi maximal, para cada ındice i = 1, . . . , t .Entonces Ass(M )⊆ {m1, . . . , mt } y cada elemento de Ass(M ) es un ideal maximal.

(b)⇔(c). Para cada ideal p ∈ Supp(M ) existe m ∈ Ass(M ) tal que m ⊆ p, luego p es un ideal

maximal.





(c)⇒(a). Consideramos una cadena 0 = M 0 ⊆ M 1 ⊆ M 2 ⊆ ·· · ⊆ M t = M con M i / M i −1 ∼= A / pi, pi ∈ Ass(M / M i ). Por la hip otesis para cada ındice i se tiene que Ass(M i ) ⊆ Supp(M )est a formado por ideales maximales. Probamos el resultado por inducci on sobre t .

Si t = 1 el resultado es cierto, ya que M 1 es un m odulo simple. Supongamos que sea ciertopara t = i − 1, entonces M i −1 es de longitud nita y podemos suponer que cada cocienteM j / M j −1 ∼= A / m j para j ≤ i −1. Al considerar M i −1 ⊆ M i , si M i / M i −1 ∼= A / p, entonces p ∈Supp( M i / M i −1)⊆Supp( M i ) es un ideal maximal. En consecuencia M i es de longitud nita.


Veamos la equivalencia de ambos enunciados mediante la siguiente cadena de enuciadosequivalentes:

(a.1) M p es de longitud nita como A p–m odulo;

(a.2) Cada elemento de Ass A p (M p) es maximal;

(a.3) Ass A p (M p) = {p A p}, ya que A p es un anillo local;

(a.4) {q∈Ass(M ) | q⊆p}= {p};

(a.5) p es un ideal minimal en Ass(M ).


(⇐). Es evidente.

(⇒). Consideramos Γ = {Ann( m ) | 0 = m ∈M }. Si M = 0, entonces Γ = ∅. Veamos que Γ esun conjunto inductivo. Sea Ann( m

1)

⊆

Ann( m 2)

⊆ · · · una cadena en Γ. La cadena

Ann( m 2)Ann( m 1) ⊆

Ann( m 3)Ann( m 1) ⊆ · · ·⊆

A Ann( m 1)

,

es una cadena en A / Ann( m 1), y por tanto es estable, ya que A / Ann( m 1) ∼= Am 1 es noethe-riano. Existe pues un ındice i tal que Ann( m i ) = Ann( m j ) para cada j ≥i .

Como consecuencia en Γ existen elementos maximales, y sabemos que cada elemento maxi-mal en Γ es un ideal primo, por lo tanto es un ideal primo asociado a M .






HACER


HACER




SEC . 66. E JERCICIOS DEL C AP ITULO X 417

66. Ejercicios del Cap ıtulo X


Por ser A un dominio de valoraci on discreta se tiene que el ideal maximal m es un ideal prin-cipal, y que cada ideal es una potencia de m. Si m = ( t ), entonces los restantes ideales sonms = ( t s ), para s ∈ N. En consecuencia mn / mn + 1 est a generado por el elemento t n + mn + 1.Solo basta ver que mn / mn + 1 = 0. En efecto, si mn / mn + 1 = 0, entonces mn = mn + 1, y por ellema de Nakayama se tiene mn = 0, lo que es una contradicci on por ser A un dominio deintegridad.


Vamos a ver que A es un dominio noetheriano de dimensi on uno, y por lo tanto ser a un do-minio de valoraci on discreta.

Dado un ideal primo 0 p ⊆ m = ( t ), para cada x ∈ p existe n ∈ Ntal que x ∈ (t n ) \ (t n + 1);sea x = at n con a /∈ (t ). Como p es primo, se tiene t ∈ p, lo que implica que p = ( t ) = m y la dimensi on es igual a uno, o a ∈ p ⊆ (t ) = m, lo que implica que p = A , lo que es unacontradicci on.

Tenemos entonces que todo ideal primo de A no nulo es igual a m. En particular A es unaanillo de dimensi on uno y es noetheriano, ya que cada ideal primo es nitamente generado.


Si llamamos b a la intersecci on ∩n ∈N(t n ), entonces mb = b,ycomo A es un anillo noetheriano,por el Lema de Nakayama se tiene que b = 0.

Si A es un dominio de integridad, el Ejercicio ( 56.2. ) prueba que A es un dominio de valora-cion discreta.

Si A no es un dominio de integridad, dado x ∈ X , existe n ∈Ntal que x ∈ (t n ) y x /∈ (t n + 1); six = at n , entonces a es invertible. Esto prueba que existe m ∈ Ntal que t m = 0. Finalmentesolo queda por se nalar que los ideales de A son los de la cadena 0 ⊆ (t m −1) ⊆ (t m −2) ⊆ · · · ⊆(t ), por lo que A es un anillo artiniano.


(1) Es claro que m/ m2

es un F = A / m–espacio vectorial.





(2) Si dimF (m/ m2) = 1, supongamos que m/ m2 = ( t + m2)F . Llamamos N = tA , se verica

m/ m2

= ( N + m2

)/ m2

, luego m = N + m2

. Ahora por el Lema de Nakayama se tiene N = m, y resulta que m es un ideal principal. Por lo tanto A es un dominio de valoraci on discreta.

(3) Esta parte est a impl ıcita en la soluci on al Ejercicio ( 56.2. ).


Dado un A –subm odulo no nulo M = ( m 1, . . . , m t ) A de K , cada m i se puede escribir m i = a i

d ,en donde hemos consideramos denominadores comunes. Por lo tanto dM

⊆ A y M es un

ideal fraccionario.

En este caso si a es un ideal fraccionario de A , existe 0 = d ∈ D tal que d a ⊆ A , y por ser A noetheriano, existen a 1, . . . , a t ∈ A tales que d a = ( a 1, . . . , a t ) A . Se tiene entonces a =( a 1

d , . . . , a t d ) A , y por tanto a es nitamente generado.


Consideramos m = ( tD y n = sE , ideales maximales de D y de E , respectivamente. Se tienet = e 0s n , con e 0

∈E invertible y n

∈

N.

Si E = D , existe x ∈ E \ D que se escribe x = e 1s n 1 = d 1t −n 2 , con e 1 ∈ E y d 1 ∈ D invertibles y n 1, n 2 ∈N. Tenemos entonces

e 1s n 1 = x = d 1t −n 2 = d 1(e 0s n )−n 2 = d 1e −n 20 s −nn 2 ,

y por tanto s n 1+ nn 2 = e −11 d 1e −n 2

0 ∈ E es invertible, y s ∈ E es invertible, lo que es una contra-dicci on.


Todo ideal entero es un ideal fraccionario, y dado un ideal fraccionario a existe 0 = d ∈ A talque a es A –isomorfo a d a⊆ A ; por lo tanto se tiene el resultado.


Tenemos la igualdad a1 · · ·an = aA , y por lo tanto se verica

a1 · · ·an 1a

A = aA 1a

A = A .

Entonces cada a i es invertible.




SEC . 66. E JERCICIOS DEL C AP ITULO X 419


Es claro que si a es un ideal fraccionario de A , entonces a A p es un A p ideal fraccionario; uni-camente hace falta comprobar que es no nulo, pero esto s inmediato al ser A un dominio deintegridad.

Dado b, un ideal A p–fraccionario, se tiene que existe 0 = a b ∈ A p tal que a

b b ⊆ A p. Por lotanto a

b b se puede generar como A p–modulo por un ideal a ⊆ A ; esto es, a b b = a A p. Como

consecuencia tenemos:

b = b a

a A p.

Como b a a es un A –ideal fraccionario, se tiene el resultado.


Si llamamos K al cuerpo de fracciones de D y se tiene Σ−1D = K , vamos a ver que Σ−1D esun dominio de Dedekind. Primero observamos que como D es noetheriano, tambi en Σ−1D es noetheriano. Sea ahora pσ−1D un ideal primo de Σ−1D , entonces al localizar se tiene:

Σ−1D pΣ − 1D ∼= Σ−1D p,

por la hip otesis D p es un dominio de valoraci on discreta, y com cada localizado de un domi-nio de valoraci on discreta tambi en lo es, tenemos el resultado.


Como A es un dominio de Dedekind, los ideales a y b son producto de potencias de idealesprimos (pueden ser con exponente negativo, ya que los ideales son fraccionarios. Suponga-mos que a = pa 1

1 · · ·pa t t y que b = pb 1

1 · · ·pb t t , en donde pi = p j si i = j . Si an = bn , entonces se

tiene:pna 1

1

· · ·pna t

t = pnb 11

· · ·pnb t

t .

Por la unicidad de la factorizaci on se tiene na i = nb i para cada ındice i , por lo tanto a i = b i para cada ındice i y se tiene: a = b.


Es claro que si A es un dominio de de valoraci on discreta, entonces los ideales primarios sonlas potencias de m.

Si los unicos ideales primarios (no nulos) son las potencias de m, entonces el unico ideal

primo no nulo de A es el propio m.





Como A es un dominio noetheriano, cada ideal tiene una descomposici on primaria; como

los ideales primarios son potencias de m, resulta que cada ideal no trivial es una potencia dem, y por tanto A es un dominio de valoraci on discreta.


Dado un ideal primo p existe un ideal maximal m tal que p ⊆ m, entonces A p es una localiza-cion de A m . Si por hip otesis A m es un dominio de valoraci on discreta, como cada localizadoes tambi en un dominio de valoraci on discreta, resulta que A p es un dominio de valoraci ondiscreta, y A es un dominio de Dedekind.

Tambi en podemos probar que cada ideal primo no nulo es un ideal maximal. Si p es un idealprimo no nulo, existe un ideal maximal m tal que p⊆m. Localizando en m tenemos los ideales0 p A m ⊆ m A m , y por ser A m un dominio de valoraci on discreta se tiene p A m = m A m , y comoconsecuencia p = m.


Si A es un dominio de Dedekind y existen un ideal a y un ideal maximal m tales que m2 a⊆m, entonces, por la unicidad de la factorizaci on llegamos a que a = m, y tenemos el resultado.

Supongamos que para todo ideal maximal m no existe un ideal a tal que m2

a m y consi-deremos el anillo local B = A m . Si n = m A m es f acil ver que no existe ning un ideal b vericandon2 b n, ya que en caso contrario la traza en A dene un ideal del tipo a considerado alinicio del p arrafo.

Entonces el B / n–m odulo n/ n2 no tiene subm odulos propios y su dimensi on es 1. Como con-secuencia B es un dominio de valoraci on discreta.


Este Ejercicio es el an alogo al Ejercicio ( 56.12. ).




Bibliograf ıa

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INDICE ALFAB ETICO 423

Indice alfab etico

ınmo, 109

adjunci oncounidad de la —, 159isomorsmo de la —, 157unidad de la —, 159

algebra, 21nitamente generada, 22homomorsmo, 21producto tensor, 41

Algoritmode Buchberger, 63de la divisi on, 53

altura, 255

de un ideal, 185anillo, 3

artiniano, 132Boole, 27, 29caracter ıstica, 10, 21cociente, 8conmutativo, 3coordenado, 90de coordenadas, 86de divisi on, 3

de fracciones, 202de polinomios, 21, 22de series formales de potencias, 23funciones racionales, 237local, 13, 209

regular, 255noetheriano, 127reducido, 14semilocal, 38total de fracciones, 204, 235

trivial, 5

anuladorde un elemento, 115de un m odulo, 115

aplicaci on, 142 A –bilineal, 41, 163bilineal, 227biyectiva, 142polin omica, 90regular, 90

automorsmo, 111

base, 119de Groebner, 59de Groebner minimal, 65

de Groebner reducida, 65de trascendencia, 194bifuntor, 149

cadenamaximal, 189

categor ıa, 142autodual, 157cociente, 150concreta, 149concretizable, 155conexa, 143discreta, 143esquel etica, 156esqueleto de una —, 156opuesta, 145peque na, 143producto, 144

categor ıasdualmente equivalentes, 157equivalentes, 156

isomorfas, 155




424 INDICE ALFAB ETICO

isomormo de —, 155

clase, 142clausuraentera, 179, 183multiplicativa, 240saturada, 206

cociente de ideales, 74cocientes, 56coeciente l ıder, 52componente irreducible, 277componente primaria

aislada, 265embebida, 265

composici on estrella, 153condici on

de cadena ascendente, 125de cadena descendente, 127maximal, 125minimal, 126

conexi on de Galois, 20conjunto, 142

algebraico irreducible, 275gen ericamene

estable, 264irreducible, 275

conjunto algebraicoirreducible, 192

conjunto algebraico af ın, 87conjunto de ceros, 87conjunto de ra ıces, 87conjunto lineal, 87contenido, 320

de un polinomio, 278ideal — de una serie formal, 139

cuerpo, 3residual, 13

cuerpo de fracciones, 205

descomposici onen componentes irreducibles, 278primaria, 262, 270

minimal, 262, 270

Descomposici on primaria

unicidad, 271

determinante, 122diagrama de Newton, 52dimensi on, 185divide, 299divisible, 299divisor de cero, 10dominio, 10

ıntegramente cerrado, 179at omico, 237de factorizaci on unica, 34, 237de integridad, 10Dedekind, 295normal, 179valoraci on

discreta, 288, 289dualidad, 145

elementoatomo, 237adjunto, 122cero, 4cofactor, 122entero, 178, 183idempotente, 29, 38inverso, 3, 4invertible, 3irreducible, 34, 237localmenet nilpotente, 274primo, 237reducido, 65trascendente, 194

unidad, 3uno, 3, 4

elementosregulares, 10

elementos de a –torsi on, 232epimorsmo, 112, 145espectro, 233exponente, 52extensi on, 169

entera, 179

escindida, 169





esencial, 266

Formulade Newton, 4

factoresde composici on, 133

factores de composici on, 133familia

independiente, 119funci on polin omica, 86funtor, 148

adjunto a la derecha, 157adjunto a la izquierda, 157codominio, 151codominio de un —, 148composici on, 149contravariante, 149dominio, 151dominio de un —, 148equivalencia, 156extensi on de escalares, 164Hom, 150

Hom contravariante, 150Hom covariante, 150identidad, 149inclusi on, 149morsmo, 151restricci on de escalares, 164

funtoresnaturalmente isomorfos, 151

genera, 47grado, 52grado de trascendencia, 195grupo de clases, 294grupo lineal general, 121grupo simple, 148

hiperplano, 88hipersupercie, 87homomorsmo

acci on, 106anillos, 5

con ucleo, 111

de evaluaci on, 22

imagen, 110n ucleo, 110

ideal, 7cociente, 8, 30contracci on, 19de un conjunto de puntos, 88descomponible, 262eliminaci on, 71extensi on, 19nitamente generado, 8fraccionario, 293

invertible, 293generado por . . . , 8inverso, 293irreducible, 281maximal, 12monomial, 56primario, 213, 260primo, 10primo minimal, 19principal, 8propio, 7quasiprimario, 274trivial, 7

ideal primoaislado, 265embebido, 265

idealescomaximales, 15enteros, 293

intersecci on, 7maximales de divisores de cero, 207primos minimales, 19primos relativos, 15suma, 7

ideales primos, 207ideales primos maximales, 207ideals

primosasociados, 263

ınmo, 7, 108




426 INDICE ALFAB ETICO

isomorsmo, 9, 91, 111

natural, 151, 152Lema

corto de los cinco, 168de Fitting, 138de la serpiente, 171de normalizaci on, 187de Schur, 133, 136Dickson, 47

para ideales monomiales, 57, 79Nakayama, 123

Lema de Gauss, 278, 319longitud, 185

de un m odulo, 135

m aximo com un divisor, 300m odulo, 106

acci on, 106artiniano, 127cıclico, 116cociente, 111coterciario, 266de fracciones, 228de longitud nita, 135divisor de cero de un —, 266elemento nilpotente para un —, 268nitamente presentado, 230homomorsmo, 107irreducible, 136libre, 119noetheriano, 125plano, 227rango de un — libre, 120simple, 133, 136, 147soporte de —, 267soporte de un —, 234uniforme, 266

m ınimo com un m ultiplo, 60matrices

equivalentes, 121semejantes, 122

matriz adjunta, 122

monoideal, 48, 57

monomio, 46

monomio l ıder, 52monomorsmo, 111 , 145morsmo

codominio, 143composici on, 142de conjuntos anes, 90dominio, 143identidad, 142

morsmos, 143multiplicaci on, 3multiplicativamente cerrado, 202

n umero de clases, 294nilpotente, 10nilradical, 13normalizaci on, 179

opuesto, 4orden

admisible, 47buen orden, 48

de t erminos, 47fuertemente mon otono, 47mon otono, 47monomial, 47parcial compatible, 46parcial lineal, 46producto, 49, 50producto lexicogr aco, 49, 50

par ametrolocal, 290

uniformizaci on, 290polinomio

primitivo, 35, 278, 320presentaci on

libre, 120libre nita, 120

producto, 3de ideales, 8directo, 117

producto tensor, 41

profundidad, 255





Propiedad

universaldel m odulo de fracciones, 228del producto tensor, 227

propiedadasociativa, 3autodual, 147conmutativa, 3ditributiva, 3dual, 145

propiedad local, 231propiedad modular, 139Propiedad universal

del anillo cociente, 9del anillo de fracciones, 203del anillo de polinomios, 22del con ucleo, 112del n ucleo, 111del producto tensor, 163

pseudo–complemento, 139puntos, 86, 87

quasicategor ıa, 150radical, 17radical de Jacobson, 14renamiento, 134relaci on

compatible, 8representaci on distributiva, 46

series de composici on

equivalentes, 133sistemade generadores

minimal, 49, 124sistema de generadores, 8, 109

de un monoideal, 48subanillo, 6

ıntegramente cerrado, 179caracter ıstico, 10generado por . . . , 7

subcategor ıa, 144plena, 145

subconjuntoalgebraicamente independiente, 23, 193

innito, 194subm odulo, 108

cıclico, 109esencial, 266nitamente generado, 109generado, 109primario, 269terciario, 269torsi on, 232

sucesi on, 166acotada a derecha, 166acotada a izquierda, 166exaca corta escindida, 168exacta, 166

algebra conmutativa (con solucion a ejercicios)

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