Dominios de Dedekind

Parte 1. Anillos y Módulos
Capítulo 4. Anillos y módulos Noeterianos
4.7. Dominios de Dedekind
De…nición 4.7.1. Sea R un anillo conmutativo, se dice que R es un
anillo hereditario (AH) si cada ideal de R es proyectivo. Si R es además un
dominio de integridad, entonces se dice que R es un dominio de Dedekind
(DD).
Ejemplo 4.7.2. (i) Todo dominio de ideales principales es un dominio
de Dedekind.
(ii) Sean
p K1 ; K2 cuerpos. Entonces, K1 K2 es un AH pero
p no es un DD.
(iii) Z[
5] es un DD pero no es un DIP. En efecto, Z[
5] no es un
DFU ya que 9 presenta por lo menos
distintas en producto
p dos factorizaciones
p
p
de irreducibles: 9 = 3:3 = 2 +
5 2
5 . Esto hace que Z[
5] no
p
sea un DIP. Veamos ahora que Z[
5] es un DD.
Teorema 4.7.3. Sea R un AH y sea M un R-módulo libre …nitamente
generado. Entonces, cada submódulo N de M es isomorfo a una suma directa
…nita de ideales de R, y en consecuencia N es proyectivo.
Demostración. Si M = 0, entonces N = 0 y la condición se cumple
trivialmente. Sea M 6= 0 y sea X = fx1 ; :::; xn g una base de M . Vamos a
probar el teorema por inducción sobre n.
n = 1: Sea N M =< x1 >= R, entonces N es isomorfo a un submódulo
de R, es decir, N es isomorfo a un ideal de R.
Supongamos que cada submódulo de un módulo libre de dimensión n 1 es
una suma directa …nita de ideales de R, y sea N M , donde X = fx1 ; :::; xn g
es una base de M . Cada elemento v 2 N se representa en forma única en la
forma v = r1 :x1 +
+ rn :xn , de…nimos entonces
:N !R
v 7! rn
Nótese que es un homomor…smo donde Im ( ) = I es un ideal de R, se
tiene entonces el homomor…smo sobreyectivo : N ! I; por hipótesis I es
1
proyectivo y entonces N = N ( ) N 0 , donde N 0 = I. Pero N ( ) = N \
(< x1 >
< xn 1 >) es submódulo del módulo libre < x1 >
<
xn 1 >. Por inducción, N ( ) es isomorfo a una suma directa …nita de ideales
de R, N ( ) = I1
It . En total, N = I1
It I, y el teorema
está probado.
Corolario 4.7.4. Sea R un AH y sea M un R-módulo proyectivo …nitamente generado. Entonces,
(i) M es suma directa …nita de ideales de R.
(ii) Si N un submódulo de M . Entonces, N es proyectivo.
Demostración. (i) Sabemos que M es sumando directo de un R-módulo
libre F de dimensión …nita, por lo tanto, M es submódulo de F . Por el
teorema anterior, M es suma directa …nita de ideales de R.
(ii) N es entonces un submódulo de F , nuevamente por el teorema anterior, N es proyectivo.
Nota 4.7.5. El Teorema 4.7.3 es válido removiendo la hipótesis de …nitud, es decir, si R es AH, entonces cada submódulo de un R-módulo libre es
isomorfo a una suma directa de ideales de R. De igual manera, en el Corolario 4.7.4, si M es proyectivo, entonces M es suma directa de ideales de R,
y si N es un submódulo de M entonces N es también proyectivo. La prueba
se puede consultar en [Rotman, p. 121], y por razones de completez la
vamos a incluir.
Teorema 4.7.6. Sea R un AH.
(i) Sea M un R-módulo libre . Entonces, cada submódulo N de M
es isomorfo a una suma directa de ideales de R, y en consecuencia N es
proyectivo.
(ii) Sea M proyectivo y N M , entonces N es proyectivo.
Demostración. (i) Si M = 0 el resultado se tiene trivialmente.
Sea M 6=
P
0 y sea X = fx g 2K una base de M ; sabemos que M =
< x >.
2K
Puesto que el lema de Zorn implica el principio de buena ordenación, podemos
suponer que K es un conjunto bien ordenado, es decir, cada subconjunto de
K tiene primer elemento, y además que K es totalmente ordenado. Para cada
2 K de…nimos
2
M =
P
<
M
+1
=
M0 = 0
P
<x >
< x >= M
<x >
donde 0 el primer elemento de K. Sea N
M ; cada elemento z 2 N \
M +1 admite una representación única en la forma z = u + r:x , donde
u 2 M . De…nimos : N \ M +1 ! R por (z) = r; nótese que es un
R-homomor…smo y su imagen es un ideal de R, rede…nimos entonces : N \
M +1 ! Im ( ) y este homomor…smo es sobreyectivo, puesto que Im ( ) es
proyectivo entonces N \ M +1 = N ( ) N , donde N = Im ( ). Pero
N ( ) = N\ M .
P
N . En primer lugar veamos
2K
P Veamos que N =
P que N =
N
:
puesto
que
para
cada
2
K,
N
N
,
entonces
N;
2K
2K N
supongamos que no se alcanza la igualdad. Para cada z 2 N
M =
[ 2K M +1 , existe tal que z 2 M +1 ; sea z el menor tal
Pque z 2 M z +1 ;
suponemos entonces que existen z 2 N tales que z 2
=
2K N , escojamos uno de tales z con la condición de que z sea mínimo. Entonces,
z 2 N \ M z +1 , por lo tanto, z = u + v, donde
P u 2 N \ M z y v 2 N z . Se
sigue
=
2K N (de lo contrario z 2
P entonces que u = z v 2 N , pero u 2
2K N ), pero como u 2 M
P z , entonces u < z , lo cual es contradictorio.
Se tiene entonces que N =
2K N .
Para terminar, veamos que la suma es directa: supongamos que 0 =
v 1 + +v n , con v i 2 N i y podemos asumir que 1 <
< n . Entonces,
v 1+
+ v n 1 = v n 2 N n \ (N \ M n ) = 0. De manera recurrente
encontramos que c 1 =
= 0 = c n.
Así pues, N es isomorfo a una suma directa de ideales de R. Como cada
ideal es proyectivo, entonces N es proyectivo.
(ii) Si M es proyectivo, entonces es un submódulo de un módulo libre,
por lo tanto N es un submódulo de un módulo libre, y por la parte (i), N es
proyectivo.
Del teorema anterior resultan las generalizaciones de la Proposición 4.6.13
y de los Corolarios 4.6.16 y 4.6.17 de la Sección 6.
Corolario 4.7.17. Sea R un DIP.
3
(i) Sea M un R-módulo libre . Entonces, cada submódulo N de M es
libre, y dim(N ) dim(M ).
(ii) Si M proyectivo entonces M es libre.
Demostración. (i) Puesto que cada DIP es un AH (realmente un DD)
entonces dado N
M , N es isomorfo a una suma directa de ideales de
R, pero estos son principlaes, y por lo tanto libres. En total, N es libre.
Usando
Pla notación de la demostración del teorema anterior se tiene que
N =
N ; teniendo en cuenta que algunos N pueden ser nulos,
2K
entonces dim (N ) card(K) = dim(M ).
(ii) Sea M proyectivo, entonces M es un submódulo de un módulo libre,
luego por (i), M es libre.
De…nición 4.7.18. Sea R un dominio de integridad y K su cuerpo de
fracciones. Un R-submódulo no nulo I de K es un ideal fraccionario de R si
existe 0 6= r 2 R tal que rI R. Además, se de…ne I 1 = f 2 K j I
Rg.
Proposición 4.7.19. (i) I 1 es un ideal fraccionario de R y además
I 1 I R.
(ii) Sea I R un ideal no nulo de R, entonces I es un ideal fraccionario
de R.
Demostración. (i) I 1 6= ? ya que existe r 6= 0 en R (y por lo tanto
en K) tal que rI
R, luego r 2 I 1 . Es claro que I 1 es un R-submódulo
no nulo de K. Sea ar 2 I no nulo, entonces para cada 2 I 1 se tiene que
a
2 R, es decir, ar I 1 R, luego aI 1 R, donde a 6= 0 es de R.
r
(ii) I es un R-submódulo no nulo de K; además, 1:I R.
De…nición 4.7.20. Un ideal fraccionario I de R es invertible si I
1
I = R.
Proposición 4.7.21. (i) Sea F(R) la colección de ideales fraccionarios
de R. Entonces, F (R) es un monoide conmutativo.
(ii) Sea I(R) la colección de ideales invertibles de R. Entonces es un
grupo abeliano.
(iii) Si I es un ideal fraccionario invertible, entonces I es …nitamente
generado.
Demostración. (i) Se de…ne un producto en F (R) por
4
IJ = f
n
P
i=1
i i
j
i
2 I;
i
2 J; n
1g:
Esta es una operación binaria interna en F (R) ya que IJ es un Rsubmódulo no nulo de K, y además rsIJ
R, con r; s no nulos de R
tales que rI
R; sJ
R. Es claro que esta operación es asociativa y que
IJ = JI; además el neutro de este producto es R.
(ii) Sea I 2 I(R), entonces II 1 = R = I 1 I, es decir, cada elemento de
I(R) tiene inverso.
n
P
1
(iii) Puesto que II 1 = R, entonces 1 =
,
i i , con
i 2 I; i 2 I
i=1
luego si
es un elemento cualquiera de I se tiene que
=
n
P
i
(
i ),
pero
i=1
cada
i
2 R, entonces I =<
1 ; :::;
n
>.
Para la prueba del Teorema 4.7.23 necesitamos la siguiente caracterización
de los módulos proyectivos.
Lema 4.7.22. (Teorema de la base proyectiva). Sea R un anillo
conmutativo y sea M un R-módulo. M es proyectivo si y sólo si existe una
colección fxi gi2I de elementos de M y una colección f'i : M ! Rgi2I de
R-homomor…smos tales que:
(i) Para cada x 2 M seP
tiene que 'i (x) = 0 para casi todo 2 I
(ii) Dado x 2 M; x = i2I 'i (x): xi :
Demostración. )) Sea
: F ! M un homomor…smo sobreyectivo,
donde F es un R-módulo libre, entonces existe : MP! F tal que
=
1M ; sea ffi gi2I una base de F ; dado x 2 M; (x) = i2I ri :fi donde ri = 0
para casi todo i 2 I: Se de…ne xi = (fi ) y los homomor…smos
:M !R
x 7! i (x) = ri
i
5
P
P
P
Nótese que x = (
)(x) = i2I (ri :fi ) = i2I ri :xi = i2I i (x): xi :
() Sea F = R(I) el módulo libre cuya base tiene cardinalidad igual a
la del conjunto I , y sea ffi gi2I una base de F ; de…nimos
: F ! M
tal que P(fi ) = xi ; entonces
es sobre. Sea
: M ! F de…nido por
(x) =
(x):f
;
es
entonces
un
R-homomor…smo
y se tiene que
i
i2IPi
P
(
)(x) = i2I i (x): (fi ) = i2I i (x):xi = x, es decir,
= 1M .
Teorema 4.7.23. (Rotman, p. 125) Sea R un DI e I
no nulo de R. I es invertible si y sólo si I es proyectivo.
Demostración. )) Sea I
2 I;
i
2 I
R invertible, entonces 1 =
n
P
i i,
con
i=1
1
. De…nimos 'i : I ! R por 'i ( ) =
n
P
Nótese que 'i es un R-homomor…smo; además =
i(
i
R un ideal
i=1
i,
con
2 I.
n
P
'i ( ) i .
i) =
i=1
Las colecciones f 1 ; :::; n g y f'1 ; :::; 'n g satisfacen las condiciones del lema
anterior, por lo tanto, I es proyectivo.
() Sea I un ideal proyectivo, entonces I posee una base proyectiva
f k gk2K con R-homomor…smos f'k : I ! Rgk2K ; sea 6= 0 en I, entonces
de…nimos k = 'k ( ) 2 K 0, nótese que k no depende de la escogencia
de . En efecto, sea 0 6= 0 en I, entonces 0 'k ( ) = 'k ( 0 ) = 'k ( 0 ),
0
luego 'k ( ) = 'k ( 0 ) . Entonces, sea
6= 0 en I …jo, tenemos pues sólo
un número …nito de elementos k , digamos 1 ; ::: n 2 K 0. Nótese que
n
n
n
n
P
P
P
P
=
'k ( ) k =
k k =
k k , luego 1 =
k k . Esto
k=1
garantiza que
I < 1 ; :::
R.
k=1
n
k=1
k=1
>= R. Nótese que <
1 ; ::: n
> es un ideal fraccionario de
Corolario 4.7.24. Sea R un DD. Entonces R es Noeteriano.
Demostración. Sea I un ideal de R, si I = 0 entonces I es …nitamente
generado. Sea I 6= 0, entonces I es proyectivo, y por lo tanto, invertible.
Pero un ideal invertible es …nitamente generado.
6