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Algebra. Curso 2012-2013
14 de junio de 2013
Resoluci´
on
Ejercicio. 1. (2 puntos)
Utiliza el teorema del descenso (o alternativamente la localizaci´on en primos) para probar el siguiente resultado: SeaK un cuerpo, A unaK–´algebra finitamente generada que es un dominio, y p0 $· · ·$pt una cadena de ideales primos. Prueba los siguientes enunciados:
(1) Si F es el cuerpo de fracciones de A y d=grtr(F/K), entoncest≤d.
(2) En la situaci´on anterior se tiene t = d si, y s´olo si, la cadena de ideales primos no se puede ampliar.
Soluci´on.
(1). Como A es una K–´algebra finitamente generada que es un dominio, por el lema de normal-izaci´on existe una extensi´on entera B = K[X1, . . . , Xd] ⊆ A, siendo pj ∩B = (X1, . . . , Xij), con
i0 < i1 <· · ·< it por el teorema de incomparabilidad.
Sea E el cuerpo de fracciones de B; tenemos una torre de cuerpos: K ⊆E ⊆F. Como B ⊆Aes entera, entonces F/E es una extensi´on algebraica, y por tantogrtr(F/K) =grtr(E/K) =d. En consecuencia t≤d.
(2). Si t=d, entonces la cadena es maximal y no se puede ampliar.
Supongamos que la cadena no se puede ampliar; veamos que ij + 1 = jj+1, y por tanto t = d.
Para probar esto tenemos que ver que si ij+ 1< ij+1 entonces llegamos a una contradicci´on. Por
la hip´otesis existe una cadena
pj∩B $(X1, . . . , Xij+1)$pj+1∩B.
Consideramos la extensi´on entera B/pj ∩B ⊆ A/pj, por lo que podemos suponer que pj = 0 y
tambi´en pj∩B = 0, y por tanto ij = 0. Tenemos entonces en K[X1, . . . , Xd] la cadena de ideales
primos 0$(X1)$pj∩B, y enA la cadena 0⊆pj+1. Por el teorema del descenso existe un ideal
primo 0⊆p⊆pj+1 tal que p∩B = (X1), lo que contradice el que la cadena no se puede ampliar.
Ejercicio. 2. (2.5 puntos)
Sea a⊆K[X1, . . . , Xn] un ideal monomial. Decimos que a esmonomial puro si est´a generado
por potencias de los Xi. Prueba los siguientes resultados:
(1) Todo ideal monomial es una intersecci´on finita de ideales monomiales puros.
(2) Todo ideal monomial es, de forma ´unica, una intersecci´on irredundante finita de ideales mono-miales puros.
(3) Un ideal monomial es monomial irreducible (no es intersecci´on de dos ideales monomiales que lo contienen propiamente) si, y s´olo si, es un ideal monomial puro.
(4) Determina la descomposici´on primaria, la descomposici´on primaria est´andar y los ideales primos asociados de los ideales a= (X13, X23, X12X32, X1X2X32, X22X32).
(1) Todo ideal monomial es una intersecci´on finita de ideales monomiales puros.
Soluci´on. Sea a= (Xe1
1 · · ·Xnen, G2, . . . , Gs) un ideal monomial, se tiene la siguiente relaci´on:
a=∩n i=1(X ei i , G2, . . . , Gs). Dado un monomioG∈ ∩n i=1(X ei
i , G2, . . . , Gs), siGes m´ultiplo de unGj, entoncesG∈a. Por otro
lado, si G no es m´ultiplo de ning´un Gj, entonces G es m´ultiplo de Xiei, para cada ´ındice i, y por
lo tanto es m´ultiplo deXe1
1 · · ·Xnen, y pertenece aa. Repitiendo el proceso para cada monomio de
a, tenemos el resultado.
(2) Todo ideal monomial es, de forma ´unica, una intersecci´on irredundante finita de ideales mono-miales puros.
Soluci´on. Dada una intersecci´on a = ∩t
i=1qi, en donde cada qi es un ideal monomial puro,
podemos eliminar aquellos qi tales que qi ⊆ ∩j6=iqj, y tenemos una intersecci´on irredundante.
Dadas dos intersecciones irredundantes∩t
i=1qj =∩sj=1hj de ideales monomiales puros, supongamos
queq1 = (X1e1, . . . , Xnen); sihj *q1 para cada ´ındicej = 1, . . . , s, existeX
fj
mj ∈hj\q1, y por tanto
fj < emj para cada ´ındicej. Si llamamosM = m.c.m.{X
f1 m1, . . . , X fs ms}, se tieneM ∈ ∩ s j=1hj ⊆q1,
y deber´ıa existir un exponente fj tal que fj ≥emj, lo que es una contradicci´on.
(3) Un ideal monomial es monomial irreducible (no es intersecci´on de dos ideales monomiales que lo contienen propiamente) si, y s´olo si, es un ideal monomial puro.
Soluci´on.
(⇒). Siqes irreducible y tiene un sistema m´ınimo de generadoresq= (G1 =X1e1· · ·Xnen, G2, . . . , Gt),
entonces q es una intersecci´on q = ∩n i=1(X
ei
i , G2, . . . , Gt), y por ser monomial irreducible, q =
(Xei
i , G2, . . . , Gt) para alg´un ´ındice i. Entonces ei es el ´unico exponente no nulo. El mismo
ra-zonamiento nos lleva a que cada generador Gj es tambi´en un monomio puro, luego q es un ideal
monomial puro. (⇐). Seaq= (Xe1
1 , . . . , Xnen) un ideal monomial puro, y supongamos que a=b1∩b2, para ideales
monomiales b1,b2 % a. Escribimos b y c como intersecci´on irredundante de ideales monomiales
puros: bi = ∩qi,j. Entonces q = (∩q1,j)∩ (∩q2,j), y eliminando los ideales qij redundantes,
tendremos en el miembro de la derecha un s´olo ideal, por lo tanto b1 = a ´o b2 = a, y q es
(4) Determina la descomposici´on primaria, la descomposici´on primaria est´andar y los ideales primos asociados de los ideales a= (X3
1, X23, X12X32, X1X2X32, X22X32).
Soluci´on.
Ejercicio. 3. (2 puntos) Sea D un dominio.
(1) Si D es un dominio local, prueba que un ideal no nulo a⊆ D es invertible si, y s´olo si, es un ideal principal.
(2) Si D no es necesariamente local, prueba que un ideal finitamente generado no nulo a⊆D es invertible si, y s´olo si, aDm es un ideal principal para cada ideal maximalm⊆D.
Soluci´on.
(1). Es claro que siaes principal, entonces es invertible. Por otro lado, siaes invertible ym$Des el ideal maximal, se tieneam$a. Consideramosx∈a\am. Se tienexD=xa−1a= (xa−1)a=ba; siendo b = xa−1 ⊆ D. Si b ⊆ m, entonces x ∈ ba ⊆ ma, lo que es una contradicci´on. Tenemos entonces b=D, y por tanto xD=ba =Da=a.
(2).
(⇒). Si a es in D–invertible, entonces aDm es un ideal Dm–invertible, y por tanto principal.
(⇐). Dado a⊆D , consideramos a(D:a)⊆D y localizamos en los ideales maximales m⊆D: (a(D:a))m =am(D:a)m=am(Dm :am) =Dm.
Ya que a es finitamente generado (D:a)m = (Dm :am). Entoncesa(D:a)⊆D, ya es invertible.
Ejercicio. 4. (3.5 puntos)
Estudia las siguientes afirmaciones:
1. SiA es unaK–´algebra finitamente generada que es un dominio, entonces A es normal.
Soluci´on. FALSO. Sea K un cuerpo, A = K[X, Y], y a = (X2 −Y3) ⊆ A, que es primo.
Entonces A/a = K[x, y] es un dominio que no es normal. El elemento a = x/y del cuerpo de fracciones de A/a es entero sobre A/a, ya que es ra´ız del polinomio X2−y, pero a /∈A/a.
2. Si A es una K–´algebra que es un K–m´odulo finitamente generado y un dominio, entonces
A es normal.
Soluci´on. CIERTO. TenemosK ⊆A. Para cada 06=a∈A se tieneK ⊆K[a] es unK–espacio vectorial de dimensi´on finita, luego existe 0 6= F ∈ K[X] tal que F(a) = 0. Sea F = Irr(K, a), entonces K[A] ∼=K[X]/(F) es un cuerpo, y a tiene un inverso en K[A]⊆A. En consecuencia A
es un cuerpo, y por tanto es normal.
3. Si K es un cuerpo algebraicamente cerrado y m ⊆ K[X1, . . . , Xn] es un ideal maximal,
entonces V(m) es unitario.
Soluci´on. CIERTO. Dado m ⊆ K[X1, . . . , Xn] maximal; existe una correspondencia biyectiva
entre subconjuntos algebraicos de An(K) e ideales radicales. Si x ∈ V(m), entonces I({0}) ⊇ m,
y por la maximalidad de m, se tiene la igualdad, por tanto {x}=V(m).
4. Sie∈A es un elemento idempotente no nulo entonces Adescompone A=eA⊕(1−e)A, y se verifica eA∼=Ae.
Soluci´on. CIERTO. La descomposici´on A = eA⊕(1−e)A ya la conocemos; cada elemento
a∈A se escribe de forma ´unica comoa =ea+ (1−e)a.
Para ver el isomorfismo consideramos el subconjunto multiplicativo Σ ={1, e}. En Σ−1Atenemos
a
1 =
a
e para todo a ∈ A, e(ae−a) = 0. Entonces los elementos de Σ
−1A son de la forma a
1 para
a∈A. Consideramos el siguiente diagrama:
A λ // f ( ( Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Σ−1A=Ae g eA
En donde f est´a definido por f(a) = ea, que es un homomorfismo de anillos. Como f(e) = e
es el elemento uno, resulta que todos los elementos de Σ se aplican en elementos invertibles. Existe pues un ´unico homomorfismo de anillos g que hace conmutativo el diagrama. Es claro que
g(a1) =f(a) =ea es una aplicaci´on sobreyectiva. Para ver que es inyectiva; sig(a1) = 0, entonces
ea= 0, y por tanto a1 = 0.
5. Sim⊆A es un ideal maximal, entonces Am/mAm ∼=A/m.
Soluci´on. CIERTO. Comom⊆Aes un ideal maximal,A/mes un cuerpo. Para cadas ∈A\m, para p : A → A/m se tiene p(s) = s+m ∈ A/m es invertible, y por lo tanto, si Σ = A\m, se puede completar el siguiente diagrama:
A λ // p ( ( Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Σ−1A =Am g A/m
siendog(as) = (am)(s+m)−1. Es claro que Ker(g) =mAm, ya que sig(as) = 0, entonces a+m= 0,
y a ∈ m, luego as ∈ mAm; la otra inclusi´on es clara. Por otro lado, dado a+m ∈ A/m, se tiene a+m=g(a
1), luegog es sobreyectiva. Tenemos pues un isomorfismog :Am/mAm ∼=A/m.
6. Todo subconjunto multiplicativo saturado Σ ⊆ A1×A2 es de la forma Σ1 ×Σ2, siendo
Σi ⊆Ai un subconjunto multiplicativo.
Soluci´on. CIERTO. Dado Σ ⊆ A1×A2 saturado, consideramos Σi = pi(Σ) ⊆ Ai. Tenemos
que Σi es un subconjunto multiplicativo saturado de Ai, ya que si s1s2 ∈Σ1, existe t∈A2 tal que
Por otro lado tenemos Σ⊆Σ1×Σ2, y por otro lado, para cada (s1, s2)∈Σ1×Σ2 existen t1 ∈A1,
t2 ∈A2 tales que (s1, t1),(t2, s2)∈Σ, entonces (s1, s2)(t1, t2) = (s1, t1)(t2, s2)∈Σ, y (s1, s2)∈Σ.
7. Si una base de Groebner (reducida) de a ⊆ K[X1, . . . , Xn] tiene todos sus elementos
irre-ducibles, entonces a es un ideal primo.
Soluci´on. FALSO. Consideramos el siguiente ejemplo: a= (Y3−XZ, XY2−Z2)⊆Q[X, Y, Z]. Una base de Groebner de a es: {Y5 − Z3,−Y3 + XZ, XY2 − Z2}; todos sus elementos son
irreducibles. El ideal a no es primo, ya que Z(X2−Y Z)∈a, pero Z, X2 −Y Z /∈a.
8. Si todo subm´odulo propio de M es noetheriano, entoncesM es noetheriano.
Soluci´on. FALSO. Podemos tomar Zp∞, en el que todo subm´odulo es finito, por tanto
noethe-riano, pero Zp∞ no es noetheriano.
9. Simes un ideal maximal y q es un idealm–primario, ¿se verifica que cada elemento regular deA/q es invertible?
Soluci´on. SI. Seax+q⊆A/qregular; entonces si xy∈q, se tieney∈q. Tenemos quex+qes invertible si, y s´olo si, Ax+q=A. Si Ax+q6=A, existe un ideal maximaln tal que Ax+q⊆n, luego q ⊆ n, y como es m–primario, se tiene n = m. Por tanto Ax+q ⊆ m, y x ∈ m. Existe
k ∈N, m´ınimo, tal que xk∈q, lo que implica que xk−1 ∈q; y esto es una contradicci´on.
10. A⊆B es una extensi´on entera de anillos en la que todo ideal primo no nulo deAes maximal, entonces todo ideal primo no nulo de B es maximal.
Soluci´on.
Opci´on 1: CIERTO siB es un dominio. Supongamos queB es un dominio de integridad, entonces para cada ideal primo no nulop⊆B se tienep∩A 6= 0. Por la hip´otesisp∩Aes un ideal maximal, ya que es primo. Por ser la extensi´on entera, se tiene que p es un ideal maximal.
Opci´on 2: FALSO siB no es un dominio. Consideramos A=Z, B =Z[√2]×Z[√2], que es una extensi´on entera, ya que√2 es entero sobreZ. Consideramos el ideal primo no nulo,p=Z[√2]×0; es claro que p no es maximal, ya que Bp = Z[
√ 2]×Z[√2] Z[ √ 2]×0 ∼=Z[ √ 2] no es un cuerpo.
