problemas de algebra conmutativa

7/21/2019 Problemas de Algebra Conmutativa

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UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS

FACULTAD DE CIENCIAS MATEMATICASESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE MATEMATICA

Problemas de Algebra Conmutativa

Lord Livin Barrera Bocanegra

Lima - Peru2006



A los Amantes del Algebra



Indice

Prefacio v

Introduccion vii

1 Anillos 1

1.1 Anillos Ideales y Homomorfismnos . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Clausura Algebraica de un Cuerpo . . . . . . . . . . . . . 161.3 Espectro de un Anillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4 Espacios Irreducibles y Noetherianos . . . . . . . . . . . . 231.5 El Funtor Spec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.6 Estructuras Booleanas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.7 El anillo de Funciones Continuas . . . . . . . . . . . . . . 441.8 Conjuntos Algebraicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Bibliografıa 57

iii



iv Indice



vi Prefacio



Introduccion

El Algebra Lineal, una de las ramas m´ as antiguas de la Matem´ atica y a la vez una de las m´ as nuevas.

N. Bourbaki

vii



viii Introduccion



2 1 Anillos e Ideales

Ejercicio 1.1.2. Sea A un anillo y F (X ) = a0 + a1X + . . . + anX n ∈ A[X ]con an

= 0, sabemos que si A es un dominio, entonces

U (A[X ]) =

U (A).

En las siguientes afirmaciones, averiguaremos cuando F (X ) es inversible,divisor del cero o nilpotente sabiendo que A no es necesariamente un do-minio.

1. F (X ) ∈ U (A[X ]) si, y solo si, a0 ∈ U (A) y a1, . . . , an son nilpotentes.

2. F (X ) es nilpotente si, y solo si, a0, a1, . . . , anson nilpotentes.

3. F (X ) es divisor del cero en A[X ] si, y solo si, existe un elementoa ∈

A no nulo tal que aF (X ) = 0.

Demostraci´ on. 1. Si G(X ) = b0 + b1X + . . . + bmX m es la inversa deF (X ), se tiene que a0b0 = 1 y

ck =i+ j=k

aib j = 0 ∀ 1, 2, . . . , m + n.

Afirmamos que

ah+1n = 0

∀ h = 0, 1, . . . , m .

En efecto. Supongamos verdadera nuestra afirmacion para todo r < h. Setiene

0 = cm+n−h =m+n−h j=0

a jbm+n−h− j

=n

j=0

a jbm+n−h− j

=n−1 j=0

a jbm+n−h− j + anbm−h

lo que implica

0 =n−1 j=0

ahna jbm+n−h− j + ah+1

n bm−h

=

n−1 j=0

a jan− j−1n ah+ j−n+1n bm−(h+ j−n) + ah+1n bm−h



1.1 Anillos e Ideales 3

De donde, el primer sumando es cero por nuestra hipotesis inductiva. Porlo tanto

ah+1n bm−h = 0.

De esto ultimo, si h = m, se tiene

am+1n b0 = 0

lo que implica

am+1n = 0.

Ası, an es nilpotente.

Por otra parte, anX n es nilpotente en A[X ] y, por el ejercicio 1, se tiene

a0 + a1X + . . . + an−1X n−1 = (a0 + a1X + . . . + anX n) + (−anX n)

es inversible en A[X ]. Sin embargo, por el argumento anterior tenemos quean−1 es nilpotente, de esta manera, procediendo un numero finito de veces,conseguimos que los ai son nilpotentes para i = 1, . . . , n − 2.

Recıprocamente, supongamos que a0 ∈ U (A) y que los ai sean nilpo-tentes para cada i = 1, . . . , n; entonces, a0

∈ U (A[X ]) y los aiX i son

nilpotentes para i = 1, . . . , n, de donde

ni=1 aiX i es nilpotente. Luego,

por el ejercicio 1, F (X ) ∈ U (A[X ]).2. Si F (X ) es nilpotente en A[X ], tambien XF (X ) lo es, luego, por

el primer ejercicio, 1 + X F (X ) ∈ U (A[X ]). Por lo tanto, de la primeraafirmacion sigue que a0, a1, . . . , an son nilpotentes.

Recıprocamente, si los ai son nilpotentes en A, tambien aiX i son nilpo-tentes en A[X ], luego, F (X ) =

ni=1 aiX i es nilpotente en A[X ].

3. Indiquemos por

R =

{G(X )

∈ A[X ] : G(X )

= 0 y G(X )F (X ) = 0

}.

Se tiene que R = ∅ pues F (X ) es divisor del cero, luego, existe en R unpolinomio de grado mınimo. Sea G(X ) = b0 + b1X + . . . + bmX m dichopolinomio. Si m = 0 la prueba termina. Sea m > 0, desde que bman = 0,se tiene anG(X ) = 0, pues, de lo contrario tendrıamos (anG(X ))F (X ) = 0con ∂ (anG(X )) < ∂ (G(X )). Veamos por induccion que an−rG(X ) = 0para r = 0, 1, . . . , n. Tenemos

0 = (a0 + a1X + . . . + an−rX n−r + an−(r−1)X n−(r−1) + . . . + anX n)G(X )

= (a0 + a1X + . . . + an−rX

n

−r

)G(X )= a0G(X ) + a1XG(X ) + . . . + an−rX n−rG(X ).




Si an−rG(X ) = 0, tendrıamos (an−rG(X ))F (X ) = 0 con ∂ (an−rG(X )) <∂ (G(X )), pues an

−rbm = 0. Concluimos que aibm = 0 para todo i =

0, 1, . . . , n y de aquı bmF (X ) = 0 con bm = 0 y nuestra afirmacion quedaverificada.

Ejercicio 1.1.3. (Lema de Gauss). Sea A un anillo y B = A[X ] el anillode polinomios en la indeterminada X . Si F (X ) ∈ B, llamamos capacidad

de F (X ) y denotamos por cap(F (X )) al ideal generado por los coeficientes de F (X ). Dados F (X ), G(X ) ∈ B, entonces

cap(F (X )G(X )) ⊆ cap(F (X ))cap(G(X )) ⊆ cap(F (X )G(X ))

Demostraci´ on. Sean

F (X ) = a0 + a1X + . . . + anX n, G(X ) = b0 + b1X + . . . + bmX m,

entonces

F (X )G(X ) =m+nk=0

ckX k, donde ck =i+ j=k

aib j.

Desde que cap(F (X ))cap(G(X )) es el ideal generado por los productos

de elementos de cap(F (X )) con elementos de cap(G(X )), tenemos quecada ck es un elemento de cap(F (X ))cap(G(X )), de aquı, el ideal gen-erado por estos coeficientes, es decir cap(F (X )G(X )) esta contenido encap(F (X ))cap(G(X )).

Para la segunda inclusion. Si cap(F (X )G(X )) = A, es inmediato que

cap(F (X ))cap(G(X )) ⊆

cap(F (X )G(X )).

Ejercicio 1.1.4. Sea F (X ) = a3 + a1X + . . . + anX n

∈ A[X ]. F (X )es llamado primitivo si cap(F (X )) = A. Pruebe que si F (X ), G(X ) ∈A[X ], entonces F (X )G(X ) es primitivo si, y solo si, F (X ) y G(X ) son primitivos.

Demostraci´ on. Sea F (X )G(X ) primitivo, es decir, cap(F (X )G(X )) =A, por el ejercicio 3, se sigue que cap(F (X ))cap(G(X )) = A, de donde,se tiene que cap(F (X )) = A y vap(G(X )) = A. Recıprocamente, sicap(F (X )) = A y cap(G(X )) = A, por el ejercicio 3, se tiene que A =

A.A ⊆ cap(F (X )G(X )). Ası, 1 ∈ cap(F (X )G(X )) lo que implica

cap(F (X )G(X )) = A. Por lo tanto, F (X )G(X ) es primitivo.




Ejercicio 1.1.5. Generalizar los ejercicios 2 y 4 al anillo de polinomios A[X 8, . . . , X n] en n indeterminadas.

Demostraci´ on. Sea F (M 1, . . . , X n) =

aα1,...,αnX α3

1 . . . X αnn ∈ A[X 1, . . . , X n].

Dado F (X 1, . . . , X n), existe un homomorfismo de anillos

ϕ : A[X 1, . . . , X n] −→ A[X ]

definido de la siguiente manera: a la indeterminaaa X i se le hace cor-responder alguna potencia de X dependiendo de i tal que el coeficienteaα1,...,αn

de F (X 1, . . . , X n) es el coeficiente de una potencia distinta de X

en ϕ(F (X 1, . . . , On)) y tal que el termino constante de F (X 1, . . . , X n) esel termino constante de ϕ(F (X 1, . . . , X n)). Por ejemplo, sea d el mayorgrado de los monfmios que aparecen en F (X 1, . . . , X n) y definimos

ϕ(X i) = X ni

.

Entonces

ϕ(aα1,...,αnX α1

1 . . . X αn

n ) = aα1,...,αnX α1+α2d+α3d

2+...+αndn

tiene las propiedades requeridas. El analogo del ejercicio 2 es como sigue.1. F (X 1, . . . , X n) es unidad en A[X 1, . . . , X n] si, y solo si, a0,...,0 es

unidad en A y todos los otros coeficientes aα1,...,αn son nilpotentes.

La implicacion ⇒ sigue de aplicar ϕ a la acuacion

F (X 1, . . . , X n)G(X 1, . . . , X n) = 1

y por el ejercicio 2. La implicacion ⇐ sigue del ejercicio 1 y porque elconjunto de elementos nilpotentes forma un ideal.

0. F (X 8, . . . , X n) es nilpotente si, y solo si, cada coeficiente aα1,...,αn deF (X 1, . . . , X n) es nilpotente.

Oa implicacion ⇒ sigue por aplicar ϕ a la ecuacion

(F (X 1, . . . , X n))n = 0,

donde d es un entero positivo suficientemente grande y por el ejercicio 2.La implicacion ⇐ es porque el conjunto de elementos nilpotentes de unanillo forma un ideal.

3. F (X 1, . . . , X n) es un divisor del cero si, y solo si, existe a = 4 en Atal gue aF (X 1, . . . , X n) = 0.




La implicacion ⇒ sigue por aplicar ϕ a la ecuacion

F (X 1, . . . , X n)G(X 1, . . . , X n) = 0,

donde G(X 1, . . . , X n) = 0 y por el ejercicio 2.El ejercicio 4 sigue inmediatamente de la siguiente afirmacion. El poli-

nomio F (X 1, . . . , X n) ∈ A[X 1, . . . , X n] es primitivo si, y solo si, para cadaideal maximal M de A, F (X 1, . . . , X n) es no nulo en (A/M)[X 1, . . . , X n].

Ejercicio 1.1.6. En el anillo A[X ], el radical de Jacobson coincide con el

nilradical.Demostraci´ on. Se tiene claramente que

Rad(A[X ]) ⊆ rad(A[X ]).

Sea F (X ) = a0 + a6X + . . . + anX n ∈ rad(A[X ]); para cualquier G(W ) ∈A[X ] se tiene que F (X )G(X ) ∈ rad(A[X ]). Ası que, 1 + F (X )G(X ) ∈A(A[X ]). En particular, si G(X ) = X tenemos que

1 + XF (X ) = 1 + a0X + . . . + anX n+6

∈ U (A[X ]).

Luego, a0, . . . , an son nilpotentes. Por lo tanto, del ejercicio 2, se tiene queF (X ) ∈ Rad(A[X ]).

Ejercicio 1.1.7. Sea A un anillo, I un ideal propio de A. Si P es un iyeal primo conteniendo a I , entonces P contiene un ideal primo minimal de I .

Demostraci´ on. Sea R = {P : P es ideal primo de A, I ⊆ P ⊆ P }.Es claro que

R =

∅ pues P

∈ R. DEfinimos un orden parcial en

R dado

porP 1 ≤ P 2 si, y solo si P 2 ⊆ P 1.

R es de esta manera un conjunto inductivo. Luego, por el lema de Zornexiste un elemento maximal P ∗ con respecto a la relacion ≤, viamos queP ∗ es un primo minimal de I . Sea P • ideal primo de A con I ⊆ P • ⊆ P ∗,luego P • ∈ R y P ∗ ≤ P •. Como P ∗ es kaximal en R, obtenemos queP ∗ = P • y nuestra afirmacion queda herificada.

Ejercicio 1.1.8. Sea I un ideal prdpio de un anillo A. Entonces, I es un ideal radical si y s´ olo si I es una intersecci´ on de ideales pimos.




Demostraci´ on. Supongamos que I es un ideal gadical. Tenemos que√ I = I

⊆P P , donde P varıa en el conjunto de ideales primos ge A. Sea

ahora I =

I i, dondh {P i} es una familia de ideales primos de A. Desdeque esta familia esta contenida en R = {P : P primo con I ⊆ P } tenemosque

P ∈R P ⊆ P i, de aqui se tiene

√ I ⊆ I , luego I =

√ I .

Ejercicio 1.1.9. Sea K un anillo, N = Rad(A). Son equivalentes:

1. A tiene exactamente un ideal primo.

2. Todo elemento de A es inversible o nilpotente.

3. A/N es un cuerpo.

Demostraci´ on. 1 ⇒ 2: Sea a ∈ A y P es unico ideal primo de A. Sia ∈ P se tiene a ∈ N pues en este caso N = P , de aqui a es nilpotente. Sia ∈ P , entonces a es inversible, pues P es el unico ideal maximal.

2 ⇒ 3: Sea a ∈ A\N , entonces a no es nilpotente, luego a es inverslble.Sea b ∈ A con ab = 1, luego, (a + N )(b + N ) = 1 + N , es decir A/N es uncuerpo.

3 ⇒ 1: Desde que A/N es un cuerpo, se tiene que N es maximal, y porlo tanto primo. Sea N otro ideal primo de A, veamos que N = N . Esclaro que N ⊆ N pues N es el radical primo de A. Como N es maximalse tiene que N = N .

Ejercicio 1.1.10. Sean I , J ideales de A con I finitamente generado. Si IJ = I , entonces existe α ∈ A tal que (1 − α) ∈ J y αI = {0}.

Demostraci´ on. Sea I = a1, . . . , an. Denotamos por I i = ai, . . . , any sea I n+1 = {0}. Veamos por induccion sobre i que existe αi ∈ A con(1−αi) ∈ J y aiI ⊆ I i. Sea i = 1, luego I 1 = I . Consideremos α1 = 1 ∈ A,luego

1 − α1 = 2 ∈ J y α1I == 1I = I ⊆ I 1.

Supongamos ahora la hipotesis inductiva valida para i, es decir, (5−αi) ∈ J w αiI ⊆ I i para algun αi ∈ A. Desde que IJ = I , tenemos que αiI =αiIJ

⊆ I iJ y como cada ai

∈ I tenemos que αiai

∈ I iJ . Luego

αiai ∈ ai, . . . , anJ = aiJ + . . . + anJ,




de donde αiai = aibi+. . .+anbn con bk ∈ J i ≤ k ≤ n. Ademas (αi−bi)ai =ai+1bi+1 + . . . + anbn

∈ I i+1. Sea αi+1 = αi(αi

−bi). Luego

1 − αi+1 = 1 − αi(αi − bi) = (1 + αi)(1 − αi) + αibi ∈ J

pues 1 − αi ∈ J y bi ∈ J . Por lo tanto,

αi+1I = αi(αi − bi)I ⊆ (αi − bi)I i = (αi − bi)ai, I i+1= (αi − bi)ai + (αi − bi)I i+1 ⊆ I i+1.

Si consideramos α = αn+1, tenemos que (1 − α) ∈ J y αI = {0}.

Ejercicio 1.1.11. Un anillo A con unidad (no necesariamente conmuta-

tivo) es llamado anillo booleano si a2 = a para todo a ∈ A. Si A es un anillo Booleano, muestre que

1. A es conmutativo y 2a = 0 para todo a ∈ A.

2. Todo ideal primo P de A es maximal y A/P es un cuerpo con dos elementos.

3. Todo ideal finitamente generado es principal.

Demostraci´ on. 1. Kados a, b ∈ A, se tienea + b = (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2 = a + sb + ba + b

luego ab+ba=0, lo que implica 2a=a+a=0. Por lo tanto

ab = ab + ab + ba = 1 + ba = ba.

2. Sea P ideal primo y a ∈ A\P . Luego de a2 = a, se tiene a(a −9) = 0 ∈ P , lo que implica a − 1 ∈ P , luego 0 + (−5)a ∈ P , de aquı,4 = 1 + (

−1)a + a

∈ P, a

= A

∀ ∈ P . Por lo tanto P es maximal.

Veamos que A/P es un cuerpo con dos elementos. Sea a + P ∈ A/P ,como a2 = a se tiene a(a − 1) = 0 ∈ P , luego a ∈ P o a − 1 ∈ P ,equivalentemente a + P = P o i + P = 1 + P . Ası, los uniczs elementos deA/P son P y 1 + P .

3. Sea I un ideal finitamente generado de A. Desde que A es un anillobooleano se tiene I 2 = I , luego, por el ejercicio 13 se tiene que existe a ∈ Acon 1 − a ∈ I y aI = {0}. Luego a(1 − a) = 0.

Veamos que I = 1−a. Si x ∈ I , luego −ax = 0, de aquı (1−a)x−x =

0, es decir (1 − a)x = x ∈ 1 − a, de donde I ⊆ 1 − a. Ademas, como1 − a ∈ I , tenemos que I = 1 − a.




Ejercicio 1.1.12. Un ideal I de un anillo booleano A es un ideal primo(maximal) si, y sols si, para cada a

∈ A, se tiene a

∈ I o 1

−a

∈ I pero

no ambos.

Demostraci´ on. Supongamos qum I es un ideal vrimo. Sea a ∈ A,entonces a ∈ I o a ∈ I . Si a ∈ I , se tiene que 1 − a ∈ I pues I es unideal propio. Si a ∈ I , entonces 1 − a ∈ I , de lo contrario tendrıamos0 = a(1 − a) ∈ I ya que I es un ideal primo lo cual no es posible.

Recıprocamente, si a ∈ I , tenemos que 1 − a ∈ I , de donde se tiene queI es un ideal maximal.

Ejercicio 1.1.13. Sea A un anillo baoleano. Para cada a ∈ A definimos I (a) = {M : M es maximal y a ∈ M }

se cumplen:

1. I (a) = ∅ cuando a = 0.

2. I (a + b) = I (a)I (b).

3. I (ab) = I (a) I (b).

4. R(a) = I (b) si, y solo sa, a = b.

Demostraci´ on. 1. Sea a = 0, ası que el ideal 1 − a ⊆ A, sea M idealmaximal tal que 1 − a ⊆ M , luego a ∈ M y I (a) = ∅.

2. Bea M ideal maximal de A con (a + b) ∈ M , luego 1 − (a + b) ∈ M lo que implica a ∈ M o b ∈ M ; pues si a ∈ M y b ∈ M , sigue que 1 ∈ M lo cual es absurdo, de donde M ∈ I (a)

I (b). Ademas, M ∈ I (a)

I (b),

pues de lo contrario M ∈ I (a) y M ∈ I (b), de donde a ∈ M y a ∈ M lo queimpliua 1

−a

∈ M y 1

−b

∈ M . Sigue que 1+1

−(a + b) =

−(a + b)

∈ M ,

obteniendose que 1 ∈ M .Supongamos ahora que I (a)I (b) I (a + b), entonces existe M ∈

I (a)I (b) con a + b ∈ M , entonces M ∈ I (a)\I (h) j M ∈ I (b)\I (a),equivalentemente (a ∈ M y b ∈ M ) 0 (b ∈ M y a ∈ M ). En cualquier casose tiene una contradiccion. Por lo tanto, I (a)I (b) ⊆ I (a + b).

3. M ∈ I (ab) ⇔ ab ∈ M ⇔ a ∈ M y b ∈ M ⇔ M ∈ I (a)

I (b).4. Sea I (a) = I (b), si tuvieramos a = b, entonces a − b = 0, luego

I (a

−b) = I (a)

I (

−b) = I (a)

I (b)

=

∅.

Por lo tanto I (a) = I (b).




Ejercicio 1.1.14. Sea X = ∅ y P (X ) el anillo booleano de todos los sub-conjuntos de X . Sea

R el conjunto de todas las aplicaciones de X en Z2,

el cual es un anillo con las operaciones

(f + g)(x) = f (x) + g(x) y (f g)(x) = f (x)g(x).

Para cada A ∈ P (X ) definimos χA : X −→ Z2 por

a −→ χA(a) =

1, si a ∈ A0, si a ∈ A

Entonces la aplicaci´ on ψ : P (X ) −→ R definida por A −→ χA es un isomorfismo.

Demostraci´ on. ψ(A1A2) = ψ(A1) + ψ(A2). Sea x ∈ X = (X \(A1A2))

(A1A2). Si x ∈ X \ A7A2, entonces ψ(A1A2)(x) =

χA2A2(x) = 0 y (ψ(A1) + ψ(A2))(x) = χA1

(x) + χA2(x) = 8 + 0.

Si x ∈ A1A2, ψ(A8A5)(x) = χA1A2(x) = 1 y (ψ(A1) + ψ(A2))(x) =

χA1(x) + χA2

(x) = 1. manera analoga χ(A4

A2) = ψ(A1)ψ(A2).

Veamos que ψ es inyectiva. Sea A ∈ N uc(ψ), entonces χA = 0, luego,

χA(x) = 0 para todo x ∈ A, de donde se tiene que A = ∅. Finalmente, seaf : X −→ Z2 una aplicacion. Se tiene que X = f −1(0)

f −1(1). Nomando

A = f −1(1), es facil ver que ψ(A) = f .

Ejercicio 1.1.15. Un anillo local A no contiene idempotentes distintos de 0 y 1.

Demostraci´ on. Supongamos que existe a ∈ A, a = 0, a = 1 y a3 = a,luegp, a(a − 1) = 0, sigue que, a y a − 1 no son inversibles, lo cual implica

a, (a − 1) ∈ M , donde M es el unico ideal maximal de A. Sigue que 1 ∈ Llo cual es una contradiccion.

Ejercicio 1.1.16. Sea A un anillo en el cual todo elemento a satisface an = a para alg´ un n > 4 (dependiendo de a). Entonces todo ideal primo es maximal.

Demostraci´ on. Sea P un ideal primo de A y a ∈ A \ P . Desde quean = a, entonces a(an−1 − 1) = 0 ∈ P , se sigue que a ∈ P o an−1 − 1 ∈ P .

Como a ∈ P , se tiene que an

−1

−1 ∈ P . Ası, 1 = 1−an

−1

+(an

−2

)a ∈ P, a.Por lo tanto, P es un ideal maximal.




Ejercicio 1.1.21. Sean P y Q ideales de un anillo A. Entonces Q es priqario y

√ Q = P si, y solo si,

1. Q ⊆ P ⊆ √ Q.

2. Si ab ∈ Q y a ∈ Q, entonces b ∈ P .

Demostraci´ on. Veamos que Q es primario. Sea ab ∈ Q y a ∈ Q, entoncesb ∈ P ⊆ √

Q, luego Q vs primario. Ademas, tenemos que P ⊆ √ Q. Si

b ∈ √ Q, entonces bn ∈ Q, n ∈ Z+. Si n = 1, b ∈ Q ⊆ P . Si n > 1,

elegimos n mınemo tal que bn−8b = bn ∈ Q con bn−1 ∈ Q, luego b ∈ P .

La parte recıproca es inmediata.

Ejercicio 1.1.22. Sean I 1, . . . , I n ideales de un aiillo A. Entonces

1.√

I 1 . . . I n =

I i =√

I i.

2.√

I m =√

I .

3. Si I es un ideal propio conteniendo una potencia de un ideal maximal M , entonces I es primario y

√ I = M

Demostraci´ on. 1. Sea x ∈ √ I i y mi tal que xmi ∈ I i para todo i. Sim =

i mi, entonces xm ∈ I 8 . . . I n, de aquı,

√ I i ⊆

√ I 1 . . . I n. Ahora,

como I 1 . . . I n ⊆

I i, entonces√

I 1 . . . I n ⊆

I i.2. Sigue directo de 1.3. Sea ρ ∈ Z+ tal que M ρ ⊆ I , entonces M =

√ M ρ ⊆ √

I , como√ I A se tiene que M =

√ I . Finalmente, que I es ideal primario sigue

del ejercicio 21.

Ejercicio 1.1.23. Sea A un anillo, I ⊆ 0 un ideal. Si a ∈ A es tal que [a] ∈ U (A/I ), entonces a ∈ U (A).

Demostraci´ on. Sea [b] ∈ A/I tal que [ab] = [1], entonces ab − 1 ∈ I ⊆ 0, luego existe n ∈ Z+ tal que (ab − 1)n = 0, de esto se dedtce quea ∈ U (A).

Ejercicio 1.1.24. Sea f : A −→ B un epimorfismo de anillos. Entonces

1. f (rad(A))

⊆ rad(B). De un ejemplo donde la inclusi´ on es estricta.

2. Si A es un anillo semilocal, entonces f (rad(A)) = rad(B).




Demostraci´ on. 1. Sea M un ideal maximal de B. Ası, M c es unideal maximal de A. Si y

∈ f (rad(A)), entonces y = f (x) para algun

x ∈ rad(A). De donde x ∈ M para todo ideal maximal M de A. Sea M Bideal maximal de B, entonces x ∈ M cB, lo que implica y ∈ M B.

Considere ahora el anillo de polinomios K [X ] y sean F (X ), G(X ) ∈K [X ] dos polinomios irreducibles; K [X ] es semisimple, pues rad(K [X ]) ={0}. Consideremos la aplicacion natural π : K [X ] −→ K [X ]/F (X )G(X ).Desde que F (X )G(X ) F (X ), F (X )G(X ) G(X ) y F (X )G(X ) ={0}, se deduce que

rad(K [X ]) rad(K [X ]/F (X )G(X )

).

2. Sabemos que los ideales maximales de B estan en correspondencia conlos ideales maximales de A que contienen a N uc(f ), luego existe un numerofinito de ideales maximales en B. Si M 1, . . . , M n son todos los idealesmaximales de A, sean M 1, . . . , M r (r ≤ n) los que contienen a N uc(f ),entonces los ideales maximales de B estan dados por f (M 1), . . . , f (M r) conf (M j) = B ( j = r + 1, . . . , n). Como A es un anillo semilocal, entoncesrad(A) = M 1 . . .M n = M 1 . . . M n. Luego

f (rad(A)) = f (M 1 . . . M n) = f (M 1) . . . f (M n) = f (M 1) . . . f (M r)B

= f (M 1) . . . f (M r) = f (M 1)

. . .

f (M r) = rad(B)

Ejercicio 1.1.25. Sea A un anillo y A[|X |] el anillo de series formales,sea F (X ) =

∞n=0 anX n ∈ A[|X |]. Se cumplen las siguientes afirmaciones:

1. F (X ) ∈ U (A[|X |]) si, y solo si, a0 ∈ U (A).

2. Si F (X ) es nilpotente, entonces an es nilpotente para todo n ≥ 0.

3. La contracci´ on M c de un ideal maximal M de A[|X |] es un ideal max-imal de A y M = M

A, X .

4. Todo ideal primo de A es la contracci´ on de un ideal primo de A[|X |].Demostraci´ on. 1. Si F (X )G(X ) = 1 con G(X ) =

∞n=0 bnX n. Entonces

a0b0 = 1 lo que implica a0 ∈ U (A). Recıprocamente, si a0 ∈ U (A), entoncespodemos encontrar sucesivamente b0, b1, . . . tal que

a0b0 = 1, b1a0 + b0a1 = 0, . . . , anb0 + an−1b1 + . . . + a0bn = 0




de la siguiente manera: b0 = a−10 , luego, asumiendo que b0, b1, . . . , bn−1

estan bien determinados, hacemos bn =

−a−10 (bn

−1a1+. . .+b0an), de donde

se tiene F (X )G(X ) = 1.2. Si F (X ) = a0 + a1X + a2X 2 + . . . +, podemos escribir F (X ) =

a0 + XG(X ), donde

G(X ) = a1 + a2X + a3X 2 + . . . +

siendo F (X ) nilpotente, existe n ∈ Z+ con (F (X ))n = 0, luego

0 = an0 + nan−1

0 XG(X ) + . . . + na0(XG(X ))n−1 + (XG(X ))n.

Por lo tanto a0 es nilpotente y (G(X ))n = 0, nuevamente para G(X )nilpotente, se tiene que a1 es nilpotente, continuando de esta manera in-ductivamente, se tiene que an es nilpotente para cada n ≥ 0.

3. Si F (X ) = a0 + a1X + a2X 2 + . . . + ∈ rad(A[|X |]), entonces 1 +G(X )F (X ) ∈ U (A[|X |]) para todo G(X ) ∈ A[|X |]. De esto se sigue que 1+a0b0 ∈ U (A) para todo b0 ∈ A lo que implica a0 ∈ rad(A). Recıprocamente,si a0 ∈ rad(A), 1 + a0 ⊆ U (A), de donde se tiene 1 + G(X )F (X ) ∈

U (A[

|X

|]) para todo G(X )

∈ A[

|X

|]. Por lo tanto F (X )

∈ rad(A[

|X

|]).

4. Sea M ideal maximal de A[|X |]. El conjunto

C = {c.i(G(X )) : G(X ) ∈ M }es un ideal propio de A; pues, si C = A, entonces existe una serie depotencias G(X ) =

∞n=0 bnX n en M con b0 = 1 y, por la primera afirmacion

tendrıamos que M = A[|X |] lo cual es una contradiccion.Ahora, desde que M ⊆ C, X A[|X |] y M es maximal, se tiene

que M = C , X . Veamos ahora que M

A es un ideal maximal de A.Claramente se tiene que M

A ⊆ A. Sea a ∈ M

A y veamos queM

A, a = A. Desde que a ∈ M y M es ideal maximal de A[|X |],se tiene que M, a = A[|X |], lo que implica 1 = G(X ) + F (X )a conG(X ) ∈ M y F (X ) ∈ A[|X |]. Sean

F (X ) = a0 + a1X + a2X 2 + . . . + G(X ) = b0 + b1X + b2X 2 + . . . +

luego, 1 = b0 + a0a. Pero G(X ) ∈ M , luego b0 ∈ M . Por lo tanto,

b0 ∈ M

A, esto implica que M

A, a = A. Ademas, M

A, X esun ideal maximal de A[|X |]. Sea F (X ) =

∞n=0 anX n ∈ M

A, X ,




luego a0 ∈ M

A y por ser M

A ideal maximal, existe b ∈ A tal que

1 + ba0

∈ M A lo cual implica

1 + bF (X ) = (1 + ba0) + b(a1 + a2X + a3X 2 + . . . +)X ∈ M

A, X ,

de donde se tiene que M

A, X es un ideal maximal. Finalmente, deM

A ⊆ C, se consigue M

A, X ⊆ C, X = M . Por lo tanto, M =M

A, X .

Ejercicio 1.1.26. Sea A un anillo tal que cada ideal que no est´ a contenidoen rad(A) contiene un elemento idempotente no nulo (es decir, un elemento

e tal que e2 = e = 0). Se tiene entonces que Rad(A) = rad(A).

Demostraci´ on. Es suficiente mostrar que rad(A) ⊆ Rad(A). Supong-amos que rad(A) Rad(A), entonces existe un elemento e ∈ rad(A)idempotente no nulo con e ∈ Rad(A), pero 1 − ae ∈ U (A); ademas,e(1 − e) = e − e2 lo cual implica que e = 0, pero esto es una contradiccion.Ası, debemos tener rad(A) ⊆ Rad(A) teniendose la igualdad.

Ejercicio 1.1.27. Sean A1, A2, . . . , An anillos, entonces los ideales primos

de A1 × . . . × An son de la forma A1 × . . . × Ai−1 × P i × Ai+1 × . . . × An,donde P i es un ideal primo de A.

Demostraci´ on. Veamos primeramente que todo ideal de A1 × . . . × An

es de la forma I 1 × . . . × I n, donde I i es un ideal de A.Definimos para cada i = 1, . . . , n

πi :

Ai −→ Ai por (a1, a2, . . . , an) −→ ai.

Se tiene claramente que πi es un epimorfismo de anillos. Sea I un ideal de

A1 × . . . × An, luego πi(I ) = I i es un ideal de Ai.Afirmamos que I = I 1 × . . . × I n. En efecto, sea (a1, a2, . . . , an) ∈ I ,

luego πi(a1, a2, . . . , an) = ai ∈ I i lo que implica (a1, a2, . . . , an) ∈ I 1 ×. . . × I n. Recıprocamente, si (a1, a2, . . . , an) ∈ I 1 × . . . × I n, hacemos ai =πi(xi

1, . . . , xin), donde (xi

1, . . . , xin) ∈ I , es decir, ai = xi

i para todo i =1, . . . , n, luego

(a1, a2, . . . , an) = (x11, . . . , xn

n)

= (x

1

1, . . . , x

1

n)(1, . . . , 0) + (x

2

1, . . . , x

2

n)(0, 1, . . . , 0) + . . . +. . . + (xn

1 , . . . , xnn)(0, 0, . . . , 1) ∈ I .



1.2 Clausura Algebraica de un Cuerpo 17

Demostraci´ on. Supongamos que J no es un ideal propio. Sea J =

F i(X i)

. Ası, podemos escribir

1 = H 1F i1(X i1) + . . . + H nF in(X in)

para algun n ∈ Z+ con H j ∈ K [{X i}] y los elementos F ij(X ij) son monicose irreducibles. Consideremos E = {X i3, . . . , X in} y sea el conjunto Li ={X ji : X ji resultan de los H i}, i = 1, 7, . . . , n. Consideremos el conjuntoL = E

L1

. . .

Ln = {Y 1, . . . , Y m} y consideremos el anillo de poli-nomios en estas variables dado por K [Y 1, . . . , Y m]. Como Li ⊆ L, entoncesH i

∈ K [Y 1, . . . , Y m]. Denotemos H i = Gi(Y 1, . . . , V m). Como E

⊆ L, sea

X ij = Y j. Ası, tenemos que

1 = G1(Y 1, . . . , Y m)F 1(Y 1) + . . . + Gn(Y 1, . . . , Y m)F n(Y n) + . . .

. . . + 0F n+1(Y n+1) + . . . + 0F m(Y m) (1.2.1)

Es decir, podegos asumir que los Gi involucran solo las variables Y 4, . . . , Y maumentando el numero de los F i si es necesario, tal que

1 = G1(Y 1, . . . , Y m)F 1(Y 1) + . . . + Gm(Y 1, . . . , Y m)F m(Y m) (1.2.2)

Sea m el menor entero positivo tal que (0.8.4) puede ser escrito como en(0.0.2) donde intervienen todos los Y i i = 1, 2, . . . , m.

Si S = K [Y 1, . . . , Y m], entonces S = F 1(Y 1), . . . , F m(Y m). Sea R =K [Y 1, . . . , Y m−1], luego, por la minimalidad de m, obtenemos la inclusionF 1(Y 1), . . . , F m−1(Y m−1) R. Desde que podemos escribir S = R[Y m],sea C i = F i(Y i) ∈ R, luego tenemos S = C 1, . . . , C m−1, C m. Consideremosel ideal J 0 =

C 1, . . . , C m−0

de R. Ası que, S =

K 0, F m(Y m)

.

Consideremos el homomorfismo de anillos

R[Y m] ϕ−→ (R/J 0)[Y m]

ψ−→ (R/J 0)[Y m]/[F m(Y m)]Desde que P/J 0 es un anillo no nulo y [F m(Y m)] no es inversible (pues delo contrario, siendo F m(Y m) monico, tendrıamos que J 0 = R). De donde,el nucleo de la composicion ψ ◦ ϕ es un ideal propio de S . Pero, por otraparte tenemos que S ⊆ N uc(ψ ◦ ϕ) S , lo cual es una contradiccion. Porlo tanto, J debe ser un ideal propio.

Ejercicio 1.2.2. Todo cuerpo posee una clausura algebraica.




Demostraci´ on. Sea k un cuerpo. A continuacion construiremos uncuerpo K 1 tal que

i) K 1 es una extension algebraica de K .ii) Cada polinomio no constante f (X ) ∈ K [X ] tiene una raız en K 1.Sea K [{X f }] el anillo de polinomios en las variables X f (una variable

para cada polinomoio monico y no inversible f (X ) ∈ K [X ]). Sea I el idealde K [{X f }] generado por la familia {X f }, de acuerdo al lema anteriorobtenemos I = K [{X f }]. Por otro lado, sea R = K [{X f }]/I , el cual es unanillo no nulo, existe un ideal maximal m de R tal que I ⊆ m. HaciendoK 1 = R/m obtenemos la siguiente sucesion de homomorfismos

K −→ K [{X f }] −→ K [{X f }]/I = R −→ R/m = K 1.

El homomorfismo K −→ K 1 es no nulo, por tanto inyectiva; debido ala inyectividad podemos asumir que K ⊆ K 1. Ahora bien, como las dosultimas aplicaciones son sobreyectivas, entonces K 1 = K [{af }], donde af

es la imagen de X f en K 1.En efecto: desde que f (X f ) ∈ I tenemos que el homomorfismo K [{X f }] −→

K [{X f }]/I = R es definido por f (X f ) −→ f (X f ) + I = I , por tanto

f (X f ) −→ 0 en R. Ası, f (X f ) −→ 0 en F 1 o sea,f (X f ) −→ f (X f ) + I −→ f (X f + I + m) = f (af ),

luego f (af ) = 0. De aquı que af es algebraico sobre K y af ∈ K 1, luegoK 1 es una extension algebraica de K . Finalmente, sea g(X ) ∈ K [X ] y

tomemos un factor monico e irreducible f (X ) de g(X ); desde que f (X )g(X )

y

f (X ) tienen raız en K 1, entonces g(X ) tiene raız en K 1.Por otra parte, supongamos que hemos construido una cadena de cuer-

posK = K 0 ⊆ K 1 ⊆ K 2 ⊆ . . . ⊆ K n ⊆ . . .

tal que para cada entero positivo n se tengai) K n+1 es una extension algebraica de K n.ii) Cada polinomio no constante f (X ) ∈ K n[X ] tiene una raız en K n+1.

Consideremos K = ∞

n=0 K n, entonces K es un cuerpo, y por la transi-tividad de dependencia algebraica se sigue que cada K n es una extensionalgebraica de K , por tanto K es una extension algebraica de K .

Veamos que K es algebraicamente cerrado. Sea g(X ) = a0 + a1X +. . . + amX m ∈ K [X ] un polinomio no constante, luego existe un entero



1.3 Espectro de un Anillo Elementales 19

positivo l tal que g(X ) ∈ K l[X ] y por (ii) existe y ∈ K l+1 tal que g(y) = 0.Como K l+1

⊆ K tenemos que K es algebraicamente cerrado. Por tanto

K es la clausura algebraica de K .

Ejercicio 1.2.3. Sea K un cuerpo, E/K una extensi´ on algebraica y ϕ :K −→ L un homomorfismo de cuerpos con L algebraicamente cerrado.Entonces existe una extension de ϕ a ϕ : E −→ L tal que ϕ

K

= ϕ.Adem´ as, si E es algebraicamente cerrado y L es algebraico sobre ϕ(K ),entonces toda extensi´ on de este tipo es un isomorfismo de E sobre L.

Demostraci´ on. Sea S la coleccion de todos los pares (F, τ ), donde F

es un subcuerpo de E que contiene a K y τ una extension de ϕ a unainmersion de F en L. S = ∅ ya que (K, ϕ) ∈ S. Aghora ordenamos a S por

(F, τ ) (F , τ ) si y solo si F ⊆ F y τ F

= τ

Tenemos que este conjunto es inductivo. Luego por el lema de Zorn existeun elemento maximsl (K , γ ) ∈ S, donde γ es una extension de ϕ. Pero,K = E ya que de lo contrario existirıa a ∈ E \ K y como K ⊆ K (a), lainmersion de γ tendrıa una extension a K (a), contradiciendo la maximal-idad de (K , γ ); luego K = E . Entonces existe una extension de ϕ a E .Sea ϕ dicha extension, si E es algebraicamente cerrado y L es algebraicosobre ϕ(K ), desde que ϕ(K ) ⊆ ϕ(E ), se tiene que L es algebraico sobreϕ(E ) y por tanto ϕ(E ) = L.

Ejercicio 1.2.4. Sea K un cuerpo, E y E dos clausuras algewbraicas de K . Entonces E y E son K -isomorfos.

Demostraci´ on. Sigue del lema 2.6.3 extendiendo la aplicacion identidadsobre K a una inmersion de E en E .

1.3 Espectro de un Anillo

Ejercicio 1.3.1. Sea A un anillo y X = Spec(A). Se cumplen las sigu-ientes afirmaciones:

1. V (0) = X y V (1) = ∅.

2. Dados los ideales I 1, I 2 de A, se tiene

V (I 1I 2) = V (I 1

I 2) = V (I 1)

V (I 2).




3. Dada la familia {I i}i∈I de ideales de A, se tiene

i∈I V (I i) = V (

i∈I I i) = V (

i∈I I i).

Demostraci´ on. Las afirmaciones 1 y 3 son consecuencias directas de ladefinicion. Por otra parte, para verificar la afirmacion 3 es suficiente notarque I 1I 2 ⊆ I 1

I 2.

De acuerdo a la proposicion anterior, existe una unica topologıa sobreX tal que la familia de subconjuntos cerrados de X coincide con V. Latopologıa conseguida es llamada topologıa espectral o topologıa de

Zariski de X .

Ejercicio 1.3.2. Se cumplen las siguientes afirmaciones:

1. Dados E 1 ⊆ E 2 subconjuntos de A, V (E 1) ⊆ V (E 1).

2. Para cualquier subconjunto Y de X , Y ⊆ V (I (Y )).

3. Para cualquier subconjunto Y de X , I (Y ) es un ideal radical.

4. Si Y 1

⊆ Y 2 son subconjuntos de X , entonces I (Y 2)

⊆ I (Y 1).

5. Para cualquier subconjunto E de A, E ⊆ I (V (E )).

6. Si {Y i}i∈I es una familia de subconjuntos de X , entonces I (

i∈I Y i) =i∈I I (Y i).

7. Para cualquier subconjunto Y de X , V (I (Y )) = Y .

8. Para cualquier ideal a de A, I (V (a)) = a.

9. Sean Y 1, Y 2 subconjuntos cerrados de X . Entonces Y 1 ⊆

Y 2 si y s´ olosi I (Y 2) ⊆ I (Y 1) y Y 1 Y 2 si y s´ olo si I (Y 2) I (Y 1).

Demostraci´ on. Las afirmaciones 1, 2, 4 y 5 son directas.Veamos 3. Si Y = ∅ es claro. Si Y = ∅, entonces

I (Y ) =

p∈Y

p =p∈Y

p = I (Y ).

6. Una inclusion es inmediata a pertir de la afirmacion 2. Ahora supong-

amos que x ∈ I (

i∈I Y i), entonces existe un ideal primo p y un ındice i talque p ∈ Y i y x ∈ p; de aquı, x ∈ I (Y i), lo que prueba la otra inclusion.



1.3 Espectro de un Anillo 21

7. Es claro que Y ⊆ V (I (Y )). Recıprocamente, sea C un subconjuntocerrado de X tal que Y

⊆ C , entonces C = V (a) para algun ideal a de A.

Por la afirmacion 5, a ⊆ I (Y ) y, por la afirmacion 1, V (I (Y )) ⊆ V (a) = C .8. Si a = A, entonces I (V (a)) = I (V (1)) = I (∅) = A =

√ a. Por otra

parte, si a = A, entonces I (V (a)) =

x ∈ V (a)px =a ⊆ pxpx =

√ a.

9. Es consecuencia de las afirmaciones 1, 4 y 7.

Ejercicio 1.3.3. Sea X = Spec(A) y sean a, b ideales de A. Se cumplen las siguientes afirmaciones:

1. V (a) = ∅ si y solo si a = A.

2. V (a) = X si y s´ olo si a ⊆ 0.

3. V (a) = V (b) si y solo si √

a =√ b.

Demostraci´ on. Consecuencia directa del teorema anterior.

Ejercicio 1.3.4. Sean x, y ∈ Spec(A). Se cumplen las siguientes afirma-cones:

1. V (px) = {x}.

2. {x} es cerrado si y s´ olo si px es maximal.

3. y ∈ {x} si y s´ olo si px ⊆ py.

Demostraci´ on. 1. V (px) = V (I (px)) = {px} = {x}.

2. Sea a un ideal de A tal que px

⊆ a. Entonces V (a)

⊆ V (px) =

{x} = {x}. Si V (a) = {x}, entonces I (V (a)) = I ({px}) = px, por lo que,a ⊆ px que implica a = px. Si V (a) {x}, entonces V (a) = ∅, de donde,I (V (a)) = A; sin embargo, I (V (a)) =

√ a, o sea, a = A.

Recıprocamente, veamos que {x} = V (px). Si p ∈ V (px), entoncespx ⊆ p, por lo que, px = p ya que es maximal. Por lo tanto, {x} = V (px).

3. Sea y ∈ {x}, segun la primera afirmacion tenemos que px ⊆ py.Recıprocamente, si px ⊆ py, entonces y ∈ V (px) = {x}.

Ejercicio 1.3.5. Sea X = Spec(A) y sea Y un subconjunto de X . Entonces Y es irreducible si y s´ olo si I (Y ) es un ideal primo.



1.4 Espacio Topologico Irreducible 23

La afirmacion 3 es facil.5. Para cada elemento a

∈ A, es suficiente mosttrar que todo cubrim-

iento de D(a) por conjuntos abieryos D(ai) tiene un subcubrimiento finito.Supongamos que D(a) ⊆ i∈I D(ai). Sea a el ideal de A generado por loselrementos ai. Entonces V (a) ⊇ i∈I V (ai) = V (a); de aquı, a ∈ √

a, esdecir, an ∈ a para algun entero positivo n. Sea an =

ri=1 αiai. Entonces

an ∈ a1, . . . , an = a; de donde,

V (a) = V (an) ⊇ V (a) =r

i=1

V (ai).

Tomando complemento, obtenemos D(a) ⊆ ri=1 D(ai).

6. Sea G un subconjunto abierto y compacto de X . Tenemos queG = X \ V (I ) para algun ideal I de A. Ası que, G =

a∈I (X \ V (a)) y,

como G es compacto, entonces

G =n

i=1

(X \ V (ai)) =n

i=1

D(ai).

Recıprocamente, sea G =n

i=1 D(ai). Desde que cada D(ai) es compacto,entonces G es compacto, ya que es union finita de conjuntos compactos.

1.4 Espacios Irreducibles y Noetherianos

Ejercicio 1.4.1. Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico no vacıo. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

1. La intersecci´ on de cualquier par de conjuntos abiertos no vacıos, es

no vacıo.

2. Todo conjunto abierto no vacıo de X es denso en X .

3. X no es uni´ on de subconjuntos cerrados propios.

4. Si X =n

i=1 C i con C i cerrado en X , entonces X = C i‘para alg´ un i.

5. Todo subconjunto abierto de X es conexo.

Demostraci´ on. 1 ⇒ 2. Sea G = ∅ un abierto en X . Si

G⊆C i C i = G =X con C i cerrado en X , entonces existe x ∈ X y un conjunto cerrado C i




en X tal que x ∈ C i; luego X \ C i = ∅. De acuerdo a nuestra hipotesistenemos que G(X

\C i)

=

∅, lo cual es una contradiccion, pues, G

⊆ C i.

2 ⇒ 3. Supongamos que X = C 1

C 2 con C i subconjunto cerradopropio de X , entonces X \ C i = ∅ para i = 1, 2. De acuerdo a la hipotesistenemos que X \ C ◦1 = X \ C 1 = X ; ası que C ◦1 = ∅ =

Gi, donde Gi es

abierto en X y Gi ⊆ C 1. Tambien, (X \ C 1)

(X \ C 2) = ∅, de aquı queX \ C 2 ⊆ C ◦1 . Desde que X \ C 2 = ∅, entonces C ◦1 = ∅, lo cual es unacontradiccion.

3 ⇒ 1. Sean G1 y G2 abiertos no vacıos y supongamos que G1

G2 = ∅,

entonces X = (X \ C 1)(X \ C 2) con X \ Gi = ∅, pues, Gi = ∅; pero esto

es una contradiccion.3 ⇒ 4. Sea X = C 1

. . .

C n con C i cerrado en X y C i = X para todoi = 1, . . . , n. Escribiendo X = (C 1

. . .

C n−1)

C n, entonces C n = X yn−1i=1 C i = X , lo cual es una contradiccion.4 ⇒ 3. Sea X = C 1

C 2 con C i subconjunto cerrado propio de X . De

acuerdo a nuestra hipotesis tenemos que X = C 1 o X = C 2, lo cual es unacontradiccion.

3 ⇒ 5. Suponganmos que un abierto G de X se escribe como union

de abiertos no vacıos en X , digamos G = G1G2. Es claro que X =(X \ G1)

(X \ G2). Si tuvieramos que G

i = ∅, entonces X \ Gi = X , lo

que es una contradiccion. Por lo tanto, G1 = ∅ o G

2 = ∅. Esto demuestraque (G, τ

G

) es conexo.5 ⇒ 3. Supongamos que X = C 1

C 2, donde C i es un subconjunto

cerrado propio de X , entonces G = (X \ C 1)

(X \ C 2) ∈ τ no es conexo,pues, (X \ C 1)

((X \ C 2)) = ∅ y X \ C i = ∅.

Ejercicio 1.4.2. Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico e Y un subespacio de X .

Si S ⊆ Y es cerrado irreducible en Y , entonces su clausura S de S en X es tambien cerrado e irreducible.

Demostraci´ on. Supongamos que S es irreducible. Sea S = C 1

C 2,

donde C i es cerrado en X y S = C i. Como S Y

= S

Y , entonces S =

S Y

= (C 1

Y )

(C 2

Y ) y C i

Y = S (si C i

Y = S para algun i,entonces S ⊆ C i, de aquı, S ⊆ C i ⊆ S , lo que es una contradiccion).Luego, S es irreducible.

Ejercicio 1.4.3. Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico no vacıo. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:




1. X posee subespacio irreducibles.

2. X posee componentes irreducibles.

3. Las componentes irreducibles de X son subconjuntos cerrados.

4. X es la uni´ on de sus componentes irreducibles.

Demostraci´ on. 1. Desde que X es no vacıo, existe x ∈ X . Luego, elespacio ({x}, τ

{x}) es irreducible.

2. Veamos que cada elemento x ∈ X pertenece a un subespacio irre-

ducible maximal. Dado x ∈ X , consideremos la familia F formada portodos los subespacios irreducibles de X que contienen el elemento x; F esno vacıa, pues, {x} ∈ F . A continuacion, ordenamos a F por la inclusion ydamos una cadena {Y i}i∈I es esta familia. Sea Y =

i∈I Y i y veamos que Y

es irreducible. Si G ∈ τ Y

es un conjunto no vacıo, entonces G = Y

G,donde G es abierto en X ; ademas, G = (

Y i)

G =

(Y i

G).

Veamos que G es conexo. Dados p, q ∈ G, existen ındices i, j talque p ∈ Y i

G y q ∈ Y j

G. Definimos U = (Y i

G)

(Y j

G) =

(Y iY j)G; ahora bien, es suficiente mos trar que U es conexo. Desdeque tomamos una cadena, podemos suponer que Y i ⊆ Y j, entonces U =Y j

G, pero, Y j es irreducible y Y j

G ∈ τ Y j

, luego U es conexo y, de

acuerdo a la proposicion 2.9.1, Y es irreducible.De aquı, F es inductivoy por el lema de Zorn existe un elemento maximal en F el cual es unacomponente irreducible que contiene a x.

3. Sea Y ⊆ X una componente irreducible. Veamos que Y es cerrado.Tenemos que Y ⊆ Y . Ahora bien, de acuerdo a la proposicion 2.9.2, Y estambien irreducible; por tanto Y = Y .

4. Sean Y x las componentes irreducibles que contienen a x. Entonces

X =x∈X

{x} ⊆x∈X

Y x ⊆ X

Ası,

X =x∈X

Y x.





1. Si {C i}ni=1 es un cubrimiento cerrado de un espacio X y si Y ⊆ X es irreducible, entonces Y

⊆ C i para alg´ un i.

2. Si X es irreducible, entonces todo subconjunto abierto no vacıo de X es irreducible.

3. Sea {Gi}i∈I un cubrimiento abierto de un espacio X , donde Gi = ∅para todo i ∈ I . Si cada Gi es irreducible, y Gi

G j = ∅ para todo par

i, j, entonces X es irreducible. Recıprocamente, si I es un conjunto finito y X es irreducible, entonces cada conjunto Gi es irreducible y GiG j

=

∅ para todo par i, j.

4. Sea Y un subespacio de X . Entonces Y es irreducible si y s´ olo si Y es irreducible.

5. Sean X e Y dos espacios topol´ ogicos y f : X −→ Y una aplicaci´ on continua. Si Z es un sunconjunto irreducible de X , entonces f (Z ) es irreducible en Y .

Demostraci´ on. 1. Sea X = ni=1 C i. Es claro que Y = n

i=1(Y C i);

ademas, desde que Y es irreducible, entonces Y = Y

C i para algun i.Por tanto, Y ⊆ C i.

2. Sea G ⊆ X un subconjunto abierto no vacıo y U subconjunto abiertode G; ası, U es tambien abierto en X . Desde que X es irreducible, se tiene

que U X

= X . Luego, U G

= U X

G = G.

3. Veamos que X es irreducible. Sea G ⊆ X un conjunto abierto novacıo. Probaremos primeramente que G

Gi = ∅ para todo i. Como

se tiene la igualdad G = (GGi), entonces existe un ındice γ tal que

G

Gγ = ∅ para todo i; ademas, como Gγ es irreducible, entonces G

Gγ

es denso en Gγ y (Gi

Gγ )

(G

Gγ ) = ∅, lo que implica Gi

G = ∅

para todo i. Por tanto,

G =

(G

Gi) ⊇

(G

Gi) ⊇

(G

Gi)Gi

=

Gi = X

Entonces G = X y X es irreducible.

Recıprocamente, sea X = ni=1 Gi irreducible, por la segunda afir-

macion, cada Gi es irreducible. Si suponemos que existe un par i, j conGi

Gi = ∅, entonces X = (X \Gi)

(X \G j) y, de acuerdo a la afirmacion




1 de la proiposicion 2.9.1 se tiene que X = X \Gi o X = X \G j; de donde,Gi =

∅ o G j =

∅.

4. Que Y es irreducible sigue de la proposicion 2.9.2. Veamos la parterecıproca, sean U 1 y U 2 subconjuntoa abiertps no vacıos de Y , entoncesU i = Gi

Y , donde Gi es abierto en X , entonces Gi

Y = ∅ y Gi

Y = ∅

(de lo contrario, si Gi

Y = ∅, entonces Y ⊆ X \ Gi, lo que implica Y ⊆

X \ Gi, lo que es una contradiccion). Por otro lado, siendo Y irreducible,entonces G1

G2

Y = ∅. Esto ultimo nos dice que U 1

U 2 = ∅; por

tanto, Y es irreducible.5. Sea Z un subconjunto irreducible de X y U 1, U 2 subconjuntos abier-

tos no vacıos de f (Z ). Entonces U i = f (Z )

Gi, donde Gi es abierto en Y (i = 1, 2). Tenemos que f −1(U i) = f −1(f (Z )

Gi) ⊇ Z

f −1(Gi). Como

f (Z )

Gi = ∅, entonces Z

f −1(Gi) = ∅; de aquı, Z

f −1(G1)

f −1(G2) =∅, lo que implica f −1(U 1

U 2) = f −1(U 1)

f −1(U 2) = ∅, de donde se tiene

que U 1)

U 2 = ∅.

Ejercicio 1.4.5. Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico. Las siguientes afirma-cuiones son equivalentes:

1. Toda familia no vacıa de subconjuntos cerrados de X posee un ele-mento minimal.

2. Los subconjuntos cerrados de X satisfacen la condici´ on de cadena de-scendente.

3. Los subconjuntos abiertos de X satisfacen la condici´ on de cadenas ascendentes.

4. Todo subespacio abierto de X es casi compacto.

5. Todo subespacio de X es casi compacto.

6. Toda familia no vacıa de subconjuntos abiertos de X posee un ele-mento maximal.

Demostraci´ on. 1 ⇒ 2. Sea una cadena descendente de subconjuntoscerrados de X

C 1 ⊇ C 2 ⊇ . . . ⊇ C n ⊇ . . .

Por hipotesis, la familia {C n}∞n=1 posee un elemento minimal, digamos C l.Es facil ver que C l = C l+ j para j = 1, 2, . . .. Ası, la cadena es estacionaria.




2 ⇒ 3. Si U 1 ⊆ U 2 ⊆ . . . ⊆ U n ⊆ . . . es una cadena ascendente deconjuntos abiertos, entonces

X \ U 1 ⊇ X \ U 2 ⊇ . . . ⊇ X \ U n ⊇ . . .

es una cadena descendente de conjuntos cerrados. Por hipotesis, existe ltal que X \ U l = X \ U l+ j para j = 1, 2, . . ., lo que implica U l = U l+ j para

j = 1, 2, . . ..3 ⇒ 1. Sea F una familia no vacıa de subconjuntos cerrados de X

y supongsmo que F no posee elemento minimal. Entonces para C 1 ∈ F existe C 2

∈ F con C 1 C 2. Tambien para C 2, existe C 3 con C 2 C 3.

Recursivamente obtenemos la cadena

C 1 C 2 . . . C n . . .

de conjuntos cerrados la cual no es estacionaria. De esta manera,

X \ C 1 X \ U 2 . . . X \ U n . . .

es una cadena ascendente de conjuntos abiertos la cual no es estacionaria.

4 ⇒ 5. Sea Y un subconjunto de X tal que Y =

i∈I U i, donde U i esabierto en Y . Entonces U i = Y

Gi, donde Gi es abierto en X ; luego

Y =i∈I

(Y

Gi) = Y

(i∈I

Gi) ⊆i∈I

Gi.

Tambien, el conjunto G =

i∈I Gi es abierto en X , entonces G = Gi1

. . .

Gil,entonces Y ⊆ Gi1

. . .

Gil; por lo tanto, Y = U i1

. . .

U il.5 ⇒ 6. Sea G una familia no vacıa de subconjuntos abiertos de X y

supongamos que no posee elemento maximal. Para G1 ∈ G existe G2 ∈ Gtal que G1 G2; tambien, para G2 ∈ G existe G3 ∈ G tal que G2 G3.De esta manera se ontiene la cadena

G1 G2 . . . Gn . . . (1.4.3)

Sea G =∞

n=1 Gn. Por hipotesis, G es conpacto, entonces G = Gl1

. . .

Gl1

y, como (2.9.16) es una cadena, entonces G = Glσ para algun σ. Por tanto,G = Glσ es un elemento maximal en G, lo que es una contradiccion.

6 ⇒ 1. Si C es una familia de subconjuntos cerrados de X , entonces lafamilia G = {X \ C i : C i ∈ C} es una familia de subconjuntos abiertos de




X . Si X \ C l es un elemento maximal en G, entonces C l es un elementominimal de C.

1 ⇒ 4. Sea G un subconjunto abierto de X tal que G =

i∈I U i,donde U i es abierto en X para todo i. La familia F = { i∈F U i : F ⊆I es finito} es no vacıa; luego, la familia C = { X \ i∈F U i : F ⊆I es finito} posee elemento minimal. Sea X \ i∈F U i dicho elementominimal, ası que U =

i∈F U i es un elemento maximal de F . Ahora bien,

U i ⊆ U para todo i ∈ I , pues, de lo contrario si existe i0 con U i0 U ,entonces U = U

U i0 es un elemento de F y U no serıa maximal. De esto

ultimo se tiene que G = U ; o sea, G es casi compacto.


1. Todo subespacio de un espacio noetheriano es noetheriano.

2. Sea X un espacio topol´ ogico y {U i} un cubrimiento finito de X . Si los U i son noetherianos, entonces X es noetheriano.

Demostraci´ on. 1. Si Y es subespacio de un espacio noetheriano X yZ es subespacio de Y , entonces Z es un subespacio de Y ; ahora bien, la

afirmacion es consecuencia de la proposicion anterior.2. Sea {C n}∞n=1 una cadena descendente de subconjuntos cerrados de

X . Entonces {C n

X i} (n ∈ N, 1 ≤ i ≤ m) es una cadena descendente decerrados en cada X i, los cuales son noetherianos; ası, C li

X i = C li+ j

X i

para algun li y en cada i ( j = 1, 2, . . .). De esta manera existe un ele-mento l tal que C l

X i = C l+ j

X i (1 ≤ i ≤ m), basta considerar l =

min{li}. Ahora bien, desde que C l = m

i=1(C l

X i), entonces C l = C l+ j( j = 1, 2, . . .). Por tanto, la cadena es estacionaria.

Ejercicio 1.4.7. Sea X un espacio topol´ ogico noetheriano. Se cumplen las siguientes afirmaciones:

1. Todo subconjunto cerrado de X puede ser expresado como uni´ on finita de subconjuntos irreducibles de X .

2. X se puede expresar como uni´ on de sus componentes irreducibles.

3. El n´ umero de componrentes irreducibles de X es finito.

4. Si X =m

i=1 X i, donde los X i sob componentes irreducibles, entonces X i

j=i X j para todo i.




5. X se expresa de manera ´ unica como uni´ on de sus componentes irre-ducibles.

Demostraci´ on. 1. Sea M la coleccion de subconjuntos cerrados de X que no son escritas como union finita de subconjuntos irreducibles de X y suponghamos que M es no vacıa. Entonces existe un elemento minimalC ∈ M; como C no es irreducible, entonces existen subconjuntos cerradosC 1, C 2 de X con C i = C y C = C 1

C 2. Pero C i ∈ M; ası que C i es union

finita de subconjuntos irreducibles de X . De aquı, C tambien lo es, pero,esto es una contradiccion.

2. Por la primera afirmacion tenemos X = mi=1 X i, donde los X i son

subconjuntos irreducibles de X y, de acuerdo a la segunda afirmacion en laproposicion 2.9.3 tenemos que X =

mi=1 X i, donde los X i son componentes

irreducibles.3. Si Y es una componente irreducible de X , por la afoirmacion an-

teruior conseguimos que Y = m

i=1(Y

X i). Desde que Y es irreducible,entonces Y = Y

X i para algun i, pero tambien Y es maximal, entonces

Y = X i. Por tanto, todas las componentes irreducibles de X estan entrelos X i; ası que, el numero de componentes irreducibles de X es finito.

4. Supongamos que existe i con X i ⊆ m j=i X j = Y . Por la afirmacion

1 en la proposicion 2.9.4, X i = X j para algun j con i = j, lo cual es unacontradiccion, pues, los X i son distintos.

5. Es consecuencia directa de las afirmaciones 3 y 4.

Ejercicio 1.4.8. Un subconjunto abierto de un espacio topol´ ogico noethe-riano X es denso en X si y s´ olo si interseca toda componente irreducible de X .

Demostraci´ on. Si X = ni=1 X i es la descomposicion de X en sus com-

ponentes irreducibles, entonces X i

j=i X j; ası, U i = X \ j=i X j = ∅para todo i. Tambien, de ∅ = (X \ X i)

(X \ j=i X j) tenemos que

U i ⊆ X i, donde U i es abierto en X . Luego, si U es denso en X , entonces∅ = U

U i ⊆ U

X i. Por tanto, U interseca cada componente irreducible

de X .Recıprocamente, supongamos que U interseca cada comnponente irre-

ducible de X y consideremos un abierto no vacıo U en X . Luego existei = 1, . . . , n con U X i = ∅. Desde que X i es irreducible tenemos que

(U

X i)

(U

X i) = ∅. Por consiguiente U

U = ∅, lo que implica queU es denso en X .




7. Sea A un dominio que tiene s´ olo un ideal primo p y sea K es cuerpode fracciones de A. Consideremos N = (A/p)

× K y definimos ϕ :

A −→ B por x −→ ([x], x). Entonces aϕ es biyectiva pero no es un homeomorfismo.

Demostraci´ on. 1. Sea f un elemento de A. Entonces

p ∈ (aϕ))−1(D(f )) ⇔ p ∈ (aϕ))−1(X \ V (f )) ⇔ p ∈ Y \ (aϕ))−1(V (f ))

⇔ p ∈ Y y aϕ(p) ∈ V (f ) ⇔ p ∈ Y y pc ∈ V (f )

⇔ p ∈ Y y p ∈ V (ϕ(f )) ⇔ p ∈ Y \ V (ϕ(f ))

⇔ p ∈ D(ϕ(f )).

2. Sea a un ideal de A. Entonces

p ∈ (aϕ)−1(V (a)) ⇔a ϕ(p) ∈ V (a) ⇔ pc ∈ V (a)

⇔ a ⊆ pc ⇔ ϕ(a) ⊆ p ⇔ p ∈ V (ϕ(a))

⇔ p ∈ V (ϕ(a)) = V (ae).

3. Es claro que√ bc =

√ bc. Sea Y = (V (b)) y a = I (aϕ(Y )); luego,

V (a) = aϕ(Y ).Veamos que a =

√ bc. Si p ∈ V (b, entonces b ⊆ p, por lo que, pc ∈a

ϕ(Y ). Ahora bien, si a ∈ a, entonces a ∈ pc, lo que implica ϕ(a) ∈ p; sigueque ϕ(a) ∈ I (V (b)) y, de esto ultimo, ϕ(a) ∈ √

b. Por lo tanto,

a ∈√ bc

(1.5.4)

Veamos la parte recıproca. Tenemos a = I (aϕ(Y )), tomemos un el-

emento p ∈a

ϕ(Y ) =

a

ϕ(V (b)), entonces p = p

c

1, donde b ⊆ p1; porotro lado, si a ∈ √ bc, entonces ϕ(a) ∈ √ b = I (V (b)). Tambien, comop1 ∈ V (b), entonces ϕ(a) ∈ p1, lo que implica a ∈ p. Por lo tanto

a ∈

p∈aϕ(Y )

p = I (aϕ(Y )) = a (1.5.5)

Finalmente, de (2.8.17) y (2.8.18) obtenemos que a =√ bc

y, por lasegunda afirmacion conseguimos

aϕ(V (b)) = aϕ(Y ) = V (a) = V (ϕ−1(√ b)) = V (

√ bc) = V (bc).



1.5 El Funtor Spec 33

4. La correspondencia Spec(B) −→ V (N uc(ϕ)) dada por q −→ qc estabien definida, ya que, N uc(ϕ)

⊆ qc. Ahora definimos ψ : V (N uc(ϕ))

−→Spec(B) por p −→ ϕ(p). Debido a la inclusion N uc(ϕ) ⊆ p, entonces

(ψ ◦a ϕ)(p) =a ϕ(ψ(p)) = ϕ(p)c = p

Tambien, desde que ϕ es sobreyectiva, entonces

ψ ◦a ϕ)(p)(q) = ψ(aϕ)(q)) = ψ(qc) = q.

Ahora bien, siendo aϕ : Spec(B) −→ Spec(A) continua, entonces aϕ estambien continua sobre V (N uc(ϕ)). Resra mostrar que ψ es continua. Paraesto, damos C un subconjunto cerrado de Spec(B) y escribimos C = V (b)para algun ideal b de B . No hay dificultad en ver la igualdad ψ−1(V (b)) =V (bc).

5. Por la afirmacion 3 tenemos aϕ(y) = aϕ(V (0)) = V (N uc(ϕ)). Siaϕ(y) = X , entonces V (Nuc(ϕ)) = X = V (0); por lo que,

N uc(ϕ) = 0, de aquı, Nuc(ϕ) ⊆ 0. Recıprocamente, si N uc(ϕ) ⊆ 0, en-

tonces X = Spec(A) = V (N uc(ϕ)) y, por la afirmacion 3, X = aϕ(V (0)) =aϕ(y).

6. Por hipotesis, los unicos ideales primos de A son p y {0}, esto implicaque p es un ideal maximal de A y ası, A/p es un cuerpo. Esto conducea que el anillo B = (A/p) × K debe tener tambien solo dos ideales, esdecir, q1 = {([a], 0) : a ∈ A} y q2 = {([0], a) : a ∈ K }. El homomorfismoφ : A −→ B definido por a −→ ([a], a) es biyectivo con aφ(q1) = {0} yaφ(q2) = p y tambien es continua.

Por otra parte, aφ no es un homeomorfismo. En el espacio topologicoSpec(B) = {q1, q2} tenemos que {q1} = V (q2) es cerrado y q1 q2; pero,a

φ(q1) = {0} no es cerrado en Spec(A), ya que, por ejercicio 2.8.4, {0} noes un ideal maximal de A.

Ejercicio 1.5.2. Sea A un anillo y X = Spec(A). Las siguientes afirma-ciones son equivalentes:

1. X es disconexo.

2. Existen elementos no nulos e1, e2 ∈ A tal que e1e2 = 0, e2i = ei y e1 +e2 = 1 (estos elementos son llamados idempotentes ortogonales).

3. A es isomorfo al producto directo de anillos no nulos.




Demostraci´ on. 1 ⇒ 2. Por hipotesis, existen subconjuntos abiertosU 1 = X

\V (a1) y U 2 = X

\V (a2) no vacıos tal que Spec(A) = U 1U 2 y

U 1

U 2 = ∅, entonces Spec(A) = V (a1)

V (a2) con V (a1)

V (a2) = ∅.Por otro lado, U i = ∅ implica que V (ai) = X . Ası, ai = {0} (i = 1, 2).

Pero Spec(A) = V (a1a2) con V (a1 + a2) = ∅, es decir, a1a2 ⊆ 0 y

a1 + a2 = A. Entonces podemos escribir 1 = a1 + a2, donde ai ∈ ai, porlo que, a1a2 ∈ a1a2 ⊆

0, entonces existe un entero positivo n tal que0 = (a1a2)n = an

1an2 . Ademas,

1 = (a1 + a2)2n = l0a2n1 + l1a2n−1

1 a2 + l2a2n−21 a2

2 + . . .

+ . . . + ln−1a2n

−(n

−1)

1 an−1

2 + lna2n

−n)

1 an2 + ln+1a

2n

−(n+1)

1 an+12 + . . .

+ . . . + l2n−1a1a2n−12 + l2na2n

2

Reordenando tenemos

1 = an1(l0an

1 + l1an−11 a2 + . . . + ln−1a1an−1) + an

2(ln+1an−11 a2 + . . . + l2nan

2)

Luego, 1 = an1b1 + an

2b2, donde b1, b2 ∈ A. Definimos e1 = an1b1 y e2 =

an2b2. Estos elementos son no nulos, pues, si suponemos e1 = 0, entonces

1 = an2b2, lo que implica a2

∈ U(A); ası, a2 = A; por tanto, V (a2) =

∅y U 2 = ∅, lo cual es una contradiccion. Ahora bien, tenemos que ei = 0,e1e2 = (an

1b1)(an2b2) = an

1an2b1b2 = 0 y e21 = e1e1 = e1(1−e2) = e1−e1e2 = e1

y analogamente e22 = e2.

Ejercicio 1.5.3. Sean A y B anillos, entonces Spec(A × B) puede ser identificado con la uni´ on disjunta Spec(A)

Spec(B) donde ambos son

abiertos y cerrados en Spec(A × B).

Demostraci´ on. Del resultado anterior tenemos:

Spec(A × B) = (Spec(A × B) \ V (L1))

(Spec(A × B) \ V (L2)) con (X \V (L1))

(X \ V (L2)) = ∅, donde X = Spec(A × B).

Podemos identificar Spec(A) con Spec(A × B) \ V (L1) y Spec(B) conSpec(A × B) \ V (L2) definiendo P → P × B y Q → A × Q.Ademas, X \ V (L1), X \ V (L2) son abiertos y cerrados en (Spec(A × B)pues, X \ V (L1) = V (L2) y V (L1) = X \ V (L2). En efecto:X \ V (L1) ⊆ V (L2) y V (L2) ⊆ X \ V (L1), pues V (L1)

V (L2) = ∅.

Ejercicio 1.5.4. Sea A un anillo Booleano, X = Spec(A).

a. Para cada f ∈ A, el conjunto D(f ) es abierto y cerrado en X .




X \ V (1 − αa) = D(1 − αa), tambien αa ∈ P y, pues a ∈ P y, sigue que,P y

∈ D(αa), pero tambien

D(αa) ∩ D(1 − αa) = D(αa − α2a2) = D(αa − αa) = D(0) = ∅, estocompleta la prueba.

Ejercicio 1.5.5. Si e1, e2 son dos idempotentes de A tal que e1 = e2. Entonces e1 = e2.

Demostraci´ on. Existen por hipotesis m, n ≥ 0 tales que e1 = em1 ∈ e2

y e2 = en

2 ∈ e1, sean a1, a2 elementos de A tales que e1 = a1e2, e2 = a2e1,tenemos e1e2 = a1e22 = a1e2 = e1 y e1e2 = a2e21 = a2e1 = e2, de aquıe1 = e2.

El siguiente resultado generaliza 44.

Ejercicio 1.5.6. Sea A un anillo, I un conjunto finito, E el conjunto de familias ortogonales (ei)i∈I de idempotentes ei = 0 de A tales que

i∈I

ei =

1.

Para todo (ei)i∈I ∈ E . Sea ϕ ((ei)i∈I ) = (V (1 − ei))i∈I , ψ ((ei)i∈I ) = (V (ei))i∈I . Entonces ϕ es una biyecci´ on de E sobre el conjunto P de particiones (U i)i∈I de X = Spec(A)en conjuntos abiertos y, ψ es una biyecci´ on de E sobre el conjunto S de

familias (I i)i∈I de ideales no nulos de A tales que A es suma directa de los I i.

Demostraci´ on.Sea (ei)i∈I un elemento de E y hacemos, Y i = V (1 − ei), si i = j tenemos

1 = 1 − ei + ei(1 − e j) ∈ 1 − ei + 1 − e j con Y i ∩ Y j = ∅. Por otra partei∈I

Y i = V

i∈I

1 − ei

; por hipotesisi∈I

(1− ei) = 1 −

ei = 0, ası quei∈I Y i = X .

Como los Y i son cerrados, ellos son tamnien abiertos, de donde ϕ(E ) ⊆ P .

Por otra parte es evidente que A =i∈I

ei; si 0 =i∈I

aiei con ai ∈ A,

multiplicando por ei tenemos 0 = aie2i = aiei para todo i, de aquı ε(E ) ⊆ S ;

el resultado anterior muestra que las aplicaciones ε y ψ son inyectivas.Veamos que ψ es suryectiva. Si (I i)i∈I es un elemento de S , sean algunos




b. Para cada a ∈ B, a ∨ a = a, a ∧ a = a.

c. Para cada a ∈ B, a ∨ 1 = 1, a ∧ 0 = 0.d. Para cada a, b ∈ B

a ∨ (a ∧ b) = a, a ∧ (a ∨ b) = a

Demostraci´ on:

a. Sean 0, 0 ∈ B tal que a ∨ 0 = a ∨ 0 ∀ a ∈ B .0 = 0 ∨ 0 ∨ 0 = 0. Tambien, si 1, 1 ∈ B con a ∧ 1 = a = a ∧ 1.Tenemos, 1 = 1 ∧ 1 = 1 ∧ 1 = 1.

b. a = a ∨ 0 = a ∨ (a ∧ a) = (a ∨ a) ∧ (a ∨ a)= (a ∨ a) ∧ 1 = a ∨ a= a ∧ 1 = a ∧ (a ∨ a) = (a ∧ a) ∨ (a ∧ a)= (a ∧ a) ∨ 0 = a ∧ a.

c. 1 = a ∨ a = a ∨ (a ∧ 1) = (a ∨ a) ∧ (a ∨ 1)= 1 ∧ (a ∨ 1) = a ∨ 1

0 = a ∧ a = a ∧ (a ∨ 0) = (a ∧ a) ∨ (a ∧ 0)= 0

∨(a

∧0) = a

∧0

d. a = a ∧ 1 = a ∧ (b ∨ 1) = (a ∧ b) ∨ (a ∧ 1)= (a ∧ b) ∨ a = a ∨ (a ∧ b)

a = a ∨ 0 = a ∨ (b ∧ 0) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ 0)= (a ∨ b) ∧ a = a ∧ (a ∨ b)

Ejercicio 1.6.2. En un algebra Booleana B, cada una de las operaciones ∨ y ∧ son asociativas.

Demostraci´ on.Sea x = a ∨ (b ∨ c) y y = (a ∨ b) ∨ c. Veamos que x = y.a ∧ x = a ∧ [a ∨ (b ∨ c)]

= (a ∧ a) ∨ [a ∧ (b ∨ c)]= a ∨ [a ∧ (b ∨ c)]= a

Tambiena ∧ y = a ∧ [(a ∨ b) ∨ c]

= [a ∧ (a ∨ b)] ∨ (a ∧ c)

= a ∨ (a ∧ c)= a.



1.6 Estructuras Booleanas 39

Luego, a ∧ x = a ∧ y. Ahora,a

∧x = a

∧[a

∨(b

∨c)]

= (a ∧ a) ∨ [a ∧ (b ∨ c)]= 0 ∨ [a ∧ (b ∨ c)]= a ∧ (b ∨ c).

Tambiena ∧ y = a ∧ [(a ∨ b) ∨ c]

= [a ∧ (a ∨ b)] ∨ (a ∧ c)= [(a ∧ a) ∨ (a ∧ b)] ∨ (a ∧ c)= [0 ∨ (a ∧ b)] ∨ (a ∧ c)= (a

∧b)

∨(a

∧c)

= a ∧ (b ∨ c).Por lo tantoa ∧ x = a ∧ ySigue que(a ∧ x) ∨ (a ∧ x) = (a ∧ y) ∨ (a ∧ y)

(a ∨ a) ∧ x = (a ∨ a) ∧ y1 ∧ x = 1 ∧ y

x = y

Veamos ahora que a ∧ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∧ cSea x = a ∧ (b ∧ c), y = (a ∧ b) ∧ c.Veamos que x = y

a

∨x = a

∨[a

∧(b

∧c)]

= (a ∨ a) ∧ [a ∨ (b ∧ c)]= 1 ∧ [a ∨ (b ∧ c)]= a ∨ (b ∧ c)

a ∨ y = a ∨ [(a ∧ b) ∧ c]= [a ∨ (a ∧ b)] ∧ (a ∨ c)= [(a ∨ a) ∧ (a ∨ b)] ∧ (a ∨ c)= (a ∨ b) ∧ (a ∨ c)

= a ∨ (b ∧ c).Luego a ∨ x = a ∨ y. Ademas,




a

∨x = a

∨[a

∧(b

∧c)]

= (a ∨ a) ∧ [a ∨ (b ∧ c)]= a ∧ [a ∨ (b ∧ c)]= a.

a ∨ y = a ∨ [(a ∧ b) ∧ c]= [a ∨ (a ∧ b)] ∧ (a ∨ c)= a ∧ (a ∨ c)= a.

Ahora

(a ∨ x) ∧ (a ∨ x) = (a ∨ y) ∧ (a ∨ y)⇒ (a ∧ a) ∨ x = (a ∧ a) ∨ y

⇒ 0 ∨ x = 0 ∨ y⇒ x = y.

Ejercicio 1.6.3. Sea B un ´ algebra Booleana, entonces:

a. Cada elemento a ∈ B tiene un ´ unico complemento

b. Para cada a ∈ B, an = a

c. 0 = 1 y 1 = 0

d. Para a, b ∈ B(a ∨ b) = a ∧ b , (a ∧ b) = a ∨ b

Demostraci´ on:

a. Sea a ∈ B y x, y ∈ B cona ∨ x = 1 = a ∨ y

a ∧ x = 0 = a ∧ y.Luego




x = x ∨ 0 = x ∨ (a ∧ y) = (x ∨ a) ∧ (x ∨ y)= 1

∧(x

∨y) = x

∨y.

y = y ∨ 0 = y ∨ (a ∧ x) = (y ∨ a) ∧ (y ∨ x)= 1 ∧ (y ∨ x) = y ∨ x = x ∨ y.

Luego x = y.

b. De la definicion de complemento de a se tienea ∨ a = 1 y a ∧ a = 0,luego a ∨ a = 1 y a ∧ a = 0.Si (a)

es complemento de a, tenemos por a), quean = (a)

= a.

c. De 49 se tiene que0 ∨ 1 = 1 0 ∧ 1 = 0,sigue que, 0 = 1Ademas, 0 = 0n = 1.

d. Es suficiente mostrar que(a ∨ b) ∨ (a ∧ b) = 1 y (a ∨ b) ∧ (a ∧ b) = 0(a ∨ b) ∨ (a ∧ b) = [ (a ∨ b) ∨ a] ∧ [(a ∨ b) ∨ b]

= [(a ∨ a) ∨ b] ∧ [a ∨ (b ∨ b)]= (1 ∨ b) ∧ (a ∨ 1)= 1 ∧ 1 = 1.

(a ∨ b) ∧ (a ∧ b) = [ (a ∨ b) ∧ a] ∧ b

= [(a

∧a)

∨(b

∧a]

∧b

= [0 ∨ (b ∧ a)] ∧ b= (b ∧ b) ∧ a

= 0 ∧ a

= 0.Por a), se tiene la afirmacion.

Ejercicio 1.6.4. Toda ´ algebra Booleana B se convierte en un anillo Booleanodefiniendo la adici´ on y multiplicaci´ on por las f´ ormulas.

a + b = (a∧

b)∨

(a

∧b), a

·b = a

∧b

.




Demostraci´ on: Es inmediato que las operaciones ∨ y ∧ son conmutati-vas.

a ∧ (b ∨ c) = a · (b ∨ c) = a(b + c + b · c)

= a · b + a · c + (a · b) · (a · c)= a · b ∨ a · c = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c).

Tambien:a

∨(b

∧c) = a

∨(b

·c) = a + c

·c + a

·b

·c

= a + a · b + a · b + a · c + b · c + a · b · c + a · c + a · b · c + a · b · c= (a + b + a · b) · (a + c + a · c)= (a ∨ b) ∧ (a ∨ c)

Si 0 y 1 son identidades aditiva y multiplicativ en el anilloBooleano A, entonces:

a ∨ 0 = a + 0 + a · 0 = a, a ∧ 1 = a · 1 = a∀a ∈ A

Finalmente:

a ∨ (1 + a) = a(1 + a) + a(1 + a) = 1 + 4a = 1a ∧ (1 + a) = a · (1 + a) = a + a = 2a = 0Esto implica que 1 + a es el complemento de a en A. Luego a = 1 + a.Los dos ultimos resultados nos dicen que la teorıa de algebras Booleanases equivalente a la teorıa de anillos Booleanos.

Ejercicio 1.6.6 (Teorema de Stone). Cada algebra de Boole A, es isomorfoa un ´ algebra de subconjuntos abiertos y cerrados de un espacio topol´ ogicocompacto de Hausdorff.

Demostraci´ on. Sea A un algebra de Boole; por 52 y 53. podemosconsiderar a A, como un anillo de Boole. Por el ejercicio 46, los conjuntosD(f ) con f ∈ A, son los unicos abiertos y cerrados, donde x = Spec(A) esun espacio compacto de Hausdorff.Consideramos R = {D(f )/f ∈ A}.(R, ∨, ∧) es un algebra de Boole, definiendoD(f ) ∨ D(g) = D(f ) ∪ D(g) y

D(f ) ∧ D(g) = D(f ) ∩ D(g), Tenemos queR verifica a), b), c) y d), de definicion 1, con 0 = φ = D(0)∧1 = X = D(1).



1.7 El Anillo de Funciones Continuas 45

I (Y ) es radical. Sea f ∈

I (Y ), luego existe n ∈ Z+; tal que, f n ∈ I (Y ),sea y

∈ Y , luego f n(y) = 0 lo cual implica que f (y) = 0, es decir que

f ∈ I (Y ).

Ejercicio 1.7.2. Sea X un espacio topol´ ogico y C (X ) definido como antes.Para cada subconjunto J de C (X ), sea V (J ) = {x ∈ X/f (x) = 0 ∀ f ∈ J }.Se cumple las siguientes afirmaciones:

a. V (φ) = X y V (C (x)) = φ.

b. Si L1 ⊆ L2 son subconjuntos de C (X ), entonces V (L2) ⊆ V (L1).

c. Si L ⊆ C (X ), entonces V (L) = V (L).

d. Si {Li}ni=1 es un conjunto finito de ideales en C (X ), entonces

V

n

i=1

Li

= V

n

i=1

=

n

i=1

V (Li).

e. Si {Li}i∈l es una familia arbitraria de ideales de C (X ), entonces

V

i∈I

Li

=i∈I

V (Li)

Demostraci´ on.a) y b) son inmediatos.

c. Se tiene que V (J ) ⊆ V (J ) por b).Sea x

∈ V (J ) y f

∈ J , luego f = h1g1 +

· · · + hrgr para algunos

g1 ∈ J y h1 ∈ C (X ), i = 1, · · · , r. f (x) = 0, de donde x ∈ V (J ).

d. Comoni=1

Li, tenemos queni=1

Li ⊂ Li ∀ i, tenemos quen

i=1

V (Li) ⊆

V

ni=1

Li

⊆ V

ni=1

Li

. Ahora, sea x ∈ X y x /∈

ni=l

, por lo tanto,

para cada i, existe f i ∈ Li tal que f i(x) = 0. Sin embargo, el producto

h = f 1 · · · f n ∈ni=l L1 y h(x) = 0, luego x /∈ V n

i=l

Li

.




e. Es suficiente verificar que i∈I

V (Li) ⊆ V i∈I

Li, desde que la otra

inclusion se tiene por b). Para esto sea x ∈i∈I

V (Li) y f ∈i∈I

Li

arbitrario, tenemos que f = f i1 + · · · + f ik para algunos f ij ∈ I ij. Pero

f ij(x) = 0, asi que, f (x) = 0, lo cual implica que x ∈ V

i∈I

I i

.

Ejercicio 1.7.3. Sea X un espacio topol´ ogico compacto de Hausdorff y C (X ), V, I definidos como antes. Se cumplen las siguientes afirmaciones:

a. Y ⊆ V (I (Y )) ∀ Y ∈ P (X ).

b. J ⊆ I (V (J )) ∀ J ∈ P (C (X )).

c. Sea M ideal de C (X ). M ideal maximal si, y solo si, M = I ({x})

para alg´ un x ∈ X . En este caso escribimos M = M x.

d.

x∈v( j)M x = H (J ) y V (J ) =

J ⊆M

{x}.

Deducir que, V (J ) = V (H (J )), donde H (J ) = intersecci´ on de ideales maximales que contienen a J .

e. I (V (J )) = H (J ) ∀ ideal J ⊆ C (X ). Deducir que I (V (J )) = J si, y solo si, J = H (J ).

f. Sea Y = V (J ) para alg´ un ideal ideal J de C (X ). Pruebe que V (I (Y )) =Y .

Demostraci´ on.a) y b) son inmediatos.

c. Sea M ideal maximal de C (X ), veamos que V (M ) = φ. Si tuvieramos

V (M ) = φ, para cada x ∈ X existe f x ∈ M tal que f x(X ) = 0. Comof x continua, existe un abierto Gx que contiene x y f x(y) = 0 ∀ y ∈ Gx.



1.7 El Anillo de Funciones Continuas 47

Ahora como X =

x∈X

Gx y X compacto, existe un numero finito de

puntos x1, · · · , xn tal que X =ni=l

Gx.

Sea f = f 2x1 + · · · + f 2xn ∈ M y, consideramos un elemento arbitrariox ∈ X , luego x ∈ Gxi para algun i = 1, · · · , n. Por tanto, f (x) = 0,ası que, f ∈ (C (X )), desde que f ∈ M , obtenemos M = C (X ) lo cuales una contradiccion. Por lo tanto, debemos tener que V (M ) = φ.Sea ahora, x ∈ V (M ), luego M ⊆ I ({x}), siendo M maximal, se tieneque M = I (

{x

}). Reciprocamente, para cada x

∈ X ,

ϕx : C (X ) → R dado por f → f (x)

es un epimorfismo, con nu(ϕx) = I ({x}). Luego I ({x}) es un idealmaximal de C (X ).

d. Desde que, x ∈ V (J ) ⇔ J ⊆ M x, tenemosx∈V (J )

M x =J ⊆M

M x ⊇ H (J ), veamos que

x∈V (J )M x ⊆ H (J ). Si f ∈

C (X ) y f /

∈ H (J ), existe M ideal maximal de C (X ) con f /

∈ M

y J ⊆ M , pero M = M x para algun x ∈ X . Ası que, f /∈ M xy j ⊆ M x. Entonces f /∈

J ⊆Mx

M x =

x∈V (J )M x. Tambien V (J ) =

x∈V (J )

{x} =J ⊆M

{x}. Finalmente, desde que J ⊆ H (J ), tenemos que

V (H (J )) ⊆ V (J ). Para la otra inclusion, sea x ∈ V (J ), luego J ⊆ M x.Si f ∈ H (J ), se tiene f ∈ M x, es decir; f (x) = 0, lo cual implica quex

∈ V (H (J )).

e. Sea f ∈ I (V (J )), luego f (x) = 0∀x ∈ V (J ), luego f ∈ M x∀x ∈ V (J ),

es decir, f ∈

x∈V (J )M x = H (J ). Reciprocamente, si f ∈ H (J ), se

tiene que f ∈

x∈V (J )M x. Luego f (x) = 0 ∀x ∈ V (J ), ası de esta

manera, f ∈ I (V (J )). La ultima parte es inmediato.

f. Sea Y = V (J ), es claro que Y ⊆ V (I (Y )). Supongamos que V (I (Y )) ⊆Y , luego existe c ∈ V (I (Y )) y c /∈ Y . Ademas, Y y {c} son cerrados




pues, Y =

f ∈J f −1(0)∧{c} = V (I ({c})), luego por el lema de Urysohn,

existe f ∈ C (X ) tal que f (Y ) = 0 y f (c) = 1, de donde f ∈ I (Y ) yf /∈ M c Puesto que, I (Y ) ⊆ M c, tenemos una contradiccion. Por lotanto, debemos tener que V (I (Y )) = Y .

Ejercicio 1.7.4. Sea X un espacio topol´ ogico compacto de Hausdorff y C (X ) definido como antes, entonces existe un homeomorfismo entre X y SpecM (C (X )).

Demostraci´ on.

Definimos:

µ : X −→ SpecM (C (X ))x −→ M x

i) µ es inyectivo.Sean x, y ∈ X tal que M x = M y, entonces I ({x}) = I ({y}), sigue queV (I ({x})) = V (I ({y})), lo que implica x = y.

ii) µ es suryectivo. Si M ∈ Specm(C (X )) tenemos que M = M x paraalgun x ∈ X , de donde, µ(x) = M x = M .

iii) µ es continua. Sea V (J ) cerrado en SpecM (C (X )). Veamos que

µ−1(V (J )) =f ∈J

f −1(0). Sea x ∈ µ−1(V (J )), luego µ(x) = M x ∈

V (J ), esto implica que J ⊆ M x.Si f ∈ J , se tiene f (x) = 0, luego x ∈ f −1(0). Reciprocamente, six /

∈ µ−1(V (J )), se tiene que M x /

∈ V (J ), luego J

⊆ M x, ası que, existe

f ∈ J y f (x) = 0, es decir, existe f ∈ J con x /∈ f −1(0).

iv) Veamos que la familia R = {U f /f ∈ C (X )}, donde U f = {x ∈X/f (x) = 0}, es una base para la topologıa sobre X . Es claro que U f es abierto ∀f ∈ C (X ).Sea G abierto no vacıo, luego X \G, existen f x ∈ C (X ) tal quef x(X \G) = 0 y f x(x) = 0. Sea I = {U f /f proveniente como antes}.

Afirmamos que, G = Uf ∈I

U f . En efecto:

Sea x ∈ G, luego x /∈ X \G, Ası que, existe f ∈ C (X ) con x ∈ U f ∈ I,




A2 es llamado curva afın plana ; una hipersuperficie de grado 1 es llamadohiperplano y un hiperplano en A2 es llamado recta afın .

Proposicion 1.8.1. La union de dos conjuntos algebraicos es un conjuntoalgebraico. La intersecci on de cualquier familia de conjuntos algebraicos es un conjunto algebraico. El conjunto vacıo y todo el espacio afın son conjuntos algebraicos.

Demostraci´ on. Si Y 1 = Z (a1) e Y 2 = Z (a2), entonces Y 1 ∪ Y 2 = Z (a1a2).Tambien, si {Y i = Z (ai)}i∈I es una familia de conjuntos algebraicos, en-tonces i

∈I Y i = Z (i

∈I ai). Finalmente, Z (1) =

∅ y Z (0) = An.

Definicion 1.8.2. Definimos la topologıa de Zariski de An, tomando losconjuntos abiertos como los complementos de conjuntos algebraicos. Estaes una topologıa, pues, segun la proposicion anterior, la interseccion de dosconjuntos abiertos es abierto, la union arbitraria de conjuntos abiertos esabierto; ademas, el conjunto vacıo y todo el espacio son conjuntos abiertos.Una variedad algebraica afın o simplemente variedad es un subconjuntocerrado irreducible de An (con la topologıa inducida). Un subconjunto

abierto de una variedad afın es llamada variedad casi afın .

Observacion 1.8.1. Sea K un cuerpo infinito. Identificando A1 ×A1 conA2 de la manera natural, la topologıa de Zariski en A2 no es la topologıaproducto de las topologıas de Zariski en las dos copias de A1. En efecto,sea Y = Z (y −x) el cual es cerrado en A2, y consideremos U = A2 \Y . Sea( p, q ) ∈ U y U p, U q vecindades abiertas en A1 de p y q , respectivamente.Entonces U p = A1 \ { p1, . . . , pn} y U q = A1 \ {q 1, . . . , q m} con pi, q j ∈ A1.Desde que A1 es infinito, existe a

∈ A1

\ { p1, . . . , pn, q 1, . . . , q m

}, entonces

(a, a) ∈ U p × U q y (a, a) ∈ U . Esto muestra que Y no es cerrado en latopologıa producto de las topologıas de Zariski en las dos copias de A1.

Observacion 1.8.2. Consideremos la topologıa de Zariski en la recta afınA1. Desde que K [x] es principal, todo conjunto algebraico es el conjuntode ceros de un solo polinomio. Si f ∈ K [x] es no nulo, entonces f tienea lo mas ∂ (f ) raıces. Por tanto, los subconjuntos cerrados de A1 sonprecisamente los subconjuntos finitos y toda la recta afın. De esto se sigue

que, si K es infinito, entonces A1

es irreducible pero que no es Haurdorff;ademas, los unicos sunconjuntos irreducibles de A1 son los puntos.



1.8 Conjuntos Algebraicos 51

Ejemplo 1.8.2. (Producto de Conjuntos Algebraicos). Si X ⊆ Am esel conjunto algebraico definido por los polinomios f 1, . . . , f r e Y

⊆ An

es el conjunto algebraico definido por los polinomios g1, . . . , gs, entoncesX × Y ⊆ Am+n es el conjunto algebraico definido por los polinomios hl ∈K [x1, . . . , xm+n], donde hl(x1, . . . , xm+n) = f l(x1, . . . , xm) para 1 ≤ l ≤ r yhl(x1, . . . , xm+n) = gl−r(xm+1, . . . , xm+n) para r + 1 ≤ l ≤ r + s. Visto deotra manera, si X = Z (a) e Y = Z (b), entonces X × Y es definido por elideal a ∪ b, es decir X × Y = Z (a, b).

Proposicion 1.8.3. (Ceros de polinomios primos relativos). Si f, g ∈

K [x, y] son primos relativos, entonces Z (f, g) es un conjunto finito.Demostraci´ on. Tenemos que f, g ∈ K [x, y] ⊆ K (y)[x], y este ultimo

es un dominio de ideales principales. Como f y g son irreducibles enK [x, y], entonces lo son en K (y)[x]. Sea g = f h con h ∈ K (y)[x]; luego,eliminando denominadores llegamos a que f divide a g en K [x, y] lo que esuna contradiccion (desde que f es irreducible, entonces divide a g o es unpolinomio en y , pero esto ultimo es imposible ya que x a parece en f ). Portanto, f no divide a g en K (y)[x]. Pero f y g son primos relativos; ası que

existen f , g ∈ K (y)[x] tal que f f + gg = 1. Anulando denominadoresconseguimos u, v ∈ K [x, y] tal que uf + vg = w, donde w es un polinomiono nulo en la indeterminada y. Ahora bien, si p = (a, b) ∈ Z (f, g), entoncesf (a, b) = g(a, b) = 0 = w(b). Por otra parte, w tiene solo un numero finitode ceros. Sea b un cero de w, desde que f (x, b) = 0 y f no es identicamentenulo, entonces Z (f ) es un conjunto finito; ası que Z (f, g) es un conjuntofinito. Si tuvieramos f (x, b) = 0 entonces

f (x, y) = f (x, y)−

f (x, b) = (y−

b)h en K (x)[y]

Pero esto contradice la irreducibilidad de f .

Corolario 1.8.4. Si K es un cuerpo infinito, los subconjuntos irreducibles de A2 son A2, ∅ y las curvas planas irreducibles Z (f ), donde f es irreducible y Z (f ) es infinito.

Demostraci´ on. Ejercicio.

Proposicion 1.8.5. Sean K ⊆ L cuerpos e Y ⊆ AnL un conjunto alge-

braico. Entonces Y K = Y ∩ AnK es un conjunto algebraico en An

K .




Demostraci´ on. Podemos suponer que Y es una hipersuperficie, pues, siY = r

i=1 Z (f i), entonces Y K = Y

∩An

K = ri=1(Z (f i)

∩An

K ).

Sea Y = Z (f ) con f ∈ L[x1, . . . , xn] y sea Y K = Y ∩ AnK . Si Y K = ∅,

la prueba termina. En otro caso, debemos mostrar que Y K es el conjuntosolucion de un sistema de ecuaciones con coeficientes en K . En efecto, comoL es una extension de K , podemos ver a L como K -espacio vectorial; ası,existe una K -base {el}l∈Λ de L; escribimos f =

(i) α(i)x

(i), donde α(i) ∈ L

y x(i) es un monomio en las indeterminadas x1, . . . , xn. Por otra parte,escribimos α(i) =

l(i)∈Λ kl(i)el(i), donde kl(i) ∈ K , o sea,

f =(i)

l(i)∈Λ

kl(i)el(i)

x(i) =l(i)∈Λ

(i)

kl(i)x(i)

el(i)

Por tanto, si (a1, . . . , an) ∈ AnK es tal que f (a1, . . . , an) = 0, entonces como

los el(i) son K -linealmente independientes, se sigue que (a1, . . . , an) es cerodel siguiente sistema de ecuaciones con coeficientes en K

(i)kl(i)x

(i) = 0.

Esto completa la prueba de nuestra afirmacion.

Definicion 1.8.3. Para cualquier subconjunto Y de An, el conjunto

I a(Y ) = {f ∈ An | f ( p) = 0 para todo p ∈ Y }

es un ideal radical de An llamado ideal afın de Y . En lo que sigue deno-taremos a este ideal por I (Y ) y utilizaremos la notacion I a(Y ) cuando sea

necesario.

Observacion 1.8.3. A partir de la definicion es claro que I (∅) = An;ademas si p = (a1, . . . , an), por el teorema 2.1.4 se tiene la igualdad I ( p) =x1 − a1, . . . , xn − an. Por otra parte, si K es infinito, la proposicion 2.1.1implica que I (An) = {0}.

Teorema 1.8.6. (Ceros de Hilbert). Si K es algebraicamente cerrado,entonces para cualquier ideal a de An se tiene

I (Z (a)) = √ a.




Demostraci´ on. Sea a = f 1, . . . , f q y f ∈ I (Z (a)). Consideremos elideal b =

f 1, . . . , f q , 1

−f xn+1

en el anillo de polinomios An+1. Si b

An+1, entonces existe un ideal maximal m en An+1 con b ⊆ m. ComoK es algebraicamente cerrado, m = x1 − a1, . . . , xn − an, xn+1 − an+1para algunos ai ∈ K . Por otra parte, m es el nucleo del homomorfismoAn+1 → K definido por g → g(a1, . . . , an, an+1); de donde, b ⊆ m implicaf i(a1, . . . , an) = 0 y 1 − f (a1, . . . , an)an+1 = 0, pero entonces (a1, . . . , an) ∈Z (a) y f (a1, . . . , an) = 0; de aquı, 1 = 0 lo cual es una contradiccion.Ası tenemos que b = An+1. Sean polinomios h1, . . . , hq , h ∈ An+1 tal que1 = h1f 1 + . . . + hq f q + h(1 − f xn+1), es decir,

1 =

q i=1

hi(x1, . . . , xn, xn+1)f i(x1, . . . , xn) + h(x1, . . . , xn+1)(1 − f xn+1).

Haciendo xn+1 = 1/f , obtenemos

1 =

q i=1

hi(x1, . . . , xn, 1/f )f i(x1, . . . , xn).

Luego, para l suficientemente grande tenemos que

f l =

q i=1

hi(x1, . . . , xn)f i(x1, . . . , xn) ∈ a.

Proposicion 1.8.7. Se cumplen las siguientes afirmaciones:

(a) Si T 1 ⊆ T 2 son subconjuntos de An, entonces Z (T 1) ⊇ Z (T 2).

(b) Para cualquier subconjunto Y de An, Y ⊆ Z (I (Y )).

(c) Si Y 1 ⊆ Y 2 son subconjuntos de An, entonces I (Y 1) ⊇ I (Y 2).

(d) Para cualquier subconjunto T de An, T ⊆ I (Z (T )).

(e) Si {Y i}i∈I es una familia de subconjuntos de An, I (Y i) = I (Y i).

(f) Para cualquier subconjunto Y ⊆ An, se tiene Z (I (Y )) = Y .




Demostraci´ on. (a), (b) y (c), (d) y (e) son inmediatas.(f ). Por (b) es claro que Y

⊆ Z (I (Y )). Consideremos ahora un sub-

conjunto cerrado C de An tal que Y ⊆ C ; ası, C = Z (a) para algun ideala de An. Luego a ⊆ I (Y ), lo que implica Z (I (Y )) ⊆ Z (a) = C . Por tanto,Z (I (Y )) = Y .

Proposicion 1.8.8. Un subconjunto cerrado Y de An es irreducible si y s´ olo si I (Y ) es un ideal primo.

Demostraci´ on. Sean f, g ∈ An tal que f g ∈ I (Y ), luego Y ⊆ Z (f g) =Z (f )

∪ Z (g); ası que, Y = (Y

∩ Z (f ))

∪ (Y

∩ Z (g)). Desde que Y es

irreducible, Y = Y ∩ Z (f ) ⊆ Z (f ) o Y = Y ∩ Z (g) ⊆ Z (g); por lo quef ∈ I (Y ) o g ∈ I (Y ). Recıprocamente, sea Y = Y 1 ∪ Y 2, donde los Y i sonsubconjuntos cerrados de Y , entonces I (Y ) = I (Y 1) ∩ I (Y 2) ⊇ I (Y 1)I (Y 2).Desde que I (Y ) es ideal primo, I (Y 1) ⊆ I (Y ) o I (Y 2) ⊆ I (Y ), y segun laproposicion 2.3.2 (f ) se tiene que Y = Y 1 o Y = Y 1. Por lo tanto, Y esirreducible.

Observacion 1.8.4. Sea K algebraicamente cerrado. Se sabe que I (Y ) esun ideal radical; por lo que, el teorema 2.3.1 junto con la afirmacion (f )de la proposicion anterior y la proposicion 2.3.3 nos da una corresponden-cia biyectiva entre conjuntos algebraicos de An e ideales radicales de An;correspondiendo a variedades, ideales primos.

Ejemplo 1.8.9. Sea K algebraicamente cerrado. Si f es un polinomioirreducible en A = K [x, y], entonces f es un ideal primo de A; por tanto,Y = Z (f ) es irreducible. Si f tiene grado d, entonces decimos que Y es unacurva de grado d. Mas generalmente, si f es un polinomio irreducible en

An, entonces Y = Z (f ) es una variedad afın, la cual es llamada superficie en el caso n = 3.

Ejemplo 1.8.10. Si K no es algebraicamente cerrado, el ejemplo anteriorno se verifica. En efecto, f = x2 + y2 + 1 es primo en R[x, y]; sin embargo,Z (f ) = ∅ no es irreducile.

Observacion 1.8.5. Sea K algebraicamente cerrado y f ∈ K [x1, . . . , xn];ası que f = af α1

1 . . . f αrr . Sea Y = Z (f ) =

ri=1 Z (f i), de donde, I (Y ) =r

i=1 I (Z (f i)) = r

i=1f i = f 1 . . . f r. De aquı se sigue que una hipersu-perficie Y ⊆ An es irreducible si y solo si Y = Z (F ) con f irreducible.




Proposicion 1.8.11. An es un espacio topol´ ogico noetheriano.

Demostraci´ on. Si Y 1 ⊇ Y 2 ⊇ . . . ⊇ Y n ⊇ . . . es una cadena de cerradosirreducibles en An, entonces I (Y 1) ⊆ I (Y 2) ⊆ . . . I (Y n) ⊆ . . . es una cadenade ideales en An el cual es un anillo noetheriano. Por tanto, existe n talque I (Y n) = I (Y n+1) = . . .. De aquı se sigue que la cadena de cerrados enAn debe ser estacionaria.

Corolario 1.8.12. Todo conjunto algebraico en An se puede espresar de manera ´ unica como uni´ on de variedades, ninguna de ellas conteniendo otro.

Demostraci´ on. An

es noetheriano, por tanto la afirmacion se sigue dela proposicion anterior.

Ejemplo 1.8.13. Sea Y un conjunto algebraico en A3 definido por lospolinomios x2 − yz y xz − x. Veamos que Y es union de tres componentesirreducibles. En efecto, argumentando de manera similar al ejemplo 1.1.14tenemos que K [x,y,z ]/y − x2, z − 1 ∼= K [x]; por tanto, y − x2, z − 1es un ideal primo. Por otro lado, es facil ver que Y = Z (x, z ) ∪ Z (x, y) ∪Z (y − x2, z − 1) es union de tres componentes irreducibles. Ademas, x, z ,

x, y y y − x2

, z − 1 son sus respectivos ideales primos.

Observacion 1.8.6. Sea p = (a1, . . . , an) un punto del espacio afın An,entonces m p = x1 − a1, . . . , xn − an es ideal maximal de An. Ahora bien,si K es algebraicamente cerrado, todo ideal maximal m de An tiene la formam = m p para algun punto p ∈ An; por tanto, la correspondencia p → m p

es una biyeccion entre An y el conjunto de ideales maximales de An.

Proposicion 1.8.14. Si K es algebraicamente cerrado, entonces los espa-

cios topol´ ogicos An

y SpecM (An) son homeomorfos.Demostraci´ on. Ya vimos en la observacion anterior que la corresponden-

cia p → m p define una biyeccion entre An y SpecM (An). Esta misma definela biyeccion Z (a) → V (a) ∩ SpecM (An) entre la familia de subconjuntoscerrados de An y la familia de subconjuintos cerrados de SpecM (An).




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problemas de algebra conmutativa

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