Resolución.

Álgebra. Curso 2009-2010
11 de febrero de 2010
2
Ejercicio. 1.
Se considera el ideal a = (X 5 − Y 2 ) ⊆ R[X, Y ] y V = V(a) ⊆ A2 (R).
(1) Comprueba que f : A1 (R) → V , t 7→ (t2 , t5 ), es una parametrización de V y construye la
aplicación polinómica fe : R[V ] → R[T ] inducida por f .
(2) Prueba que el núcleo de fe es cero.
(3) Determina la imagen de fe.
(4) Representa, en Mathematica, el conjunto V .
(5) Prueba que en un D.I. todo elemento primo es irreducible y que si D es un D.E., todo elemento
irreducible es primo.
(6) ¿Cómo comprobarı́as que V no es isomorfo a A1 (R)? Para esto basta ver que R(V ) no es un
D.E. Determina un elemento de R[V ] ∼
= Im(fe) que es irreducible y no es primo.
Solución.
2
2
(1) Dado (x, y) ∈ V se tiene x5 = y 2 . Si x 6= 0 se tiene x = xy 4 = xy2 . Además y =
Llamando t = xy2 , resulta que t 7→ (t2 , t5 ) es una parametrización de V .
y 5
.
x2
Definimos fe : R[V ] → R[T ] mediante fe(X) = T 2 y fe(Y ) = T 5 . Esta aplicación está bien
definida ya que fe(X 5 − Y 2 ) = 0.
(2) Si F ∈ Ker(fe), podemos escribir F = (X 5 − Y 2 )G + F0 (X) + F1 (X)Y , siendo G ∈ R[X, Y ] y
F0 , F1 ∈ R[X]. La imagen de F es F0 (T 2 ) + F1 (T 2 )T 5 . Como las potencias de T en F0 /T 2 )
son todas pares y las de F1 (T 2 )T 5 son impares, se tiene que F0 = F1 = 0. En particular
F = F0 + F1 Y = 0.
(3) La imagen de fe es R[T 2 , T 5 ], es to es, los elementos de la forma a0 + a2 T 2 + a4 T 4 + a5 T 5 + · · · ,
donde ai ∈ R.
(4) Utilizar la orden
ContourPlot[X^5 - Y^2 == 0, {X, -1, 1}, {Y, -1, 1}]
(5) Si p ∈ D es un elemento primo y p = ab, entonces p | a o p | b. Si p | a, existe a0 ∈ D tal
que a = pa0 , y por tanto se tiene p = ab = pa0 b. Com p 6= 0 resulta 1 = a0 b y por tanto p es
irreducible.
Si D es un DE y p ∈ D es irreducible, supongamos que p | ab. Como DE ⇒ DIP ⇒ DFU,
resulta que p es uno de los elementos irreducibles en la descomposición de ab, luego es uno de
los elementos irreducibles de a o de b y por tanto divide a a o divide a b.
Una demostración directa utilizado que D es un DIP es la siguiente: Si p 6| b, entonces
(p, b) = 1. Consideramos (d) = (p, a). Se tiene d = p ó d = 1. Si d = 1, entonces (p, a) = 1,
luego (1) = (p, a)(p, b) = (p2 , pa, pb, ab) ⊆ (p), lo que implica que p es invertible en contra de
que p es un elemento irreducible. Como consecuencia d = p y tenemos que p | a.
3
(6) Tenemos que el anillo de coordenadas de A1 (R) es R[T ], que es un DE. Por otro lado el anillo
de coordenadas de V es V[V ] = r[T 2 , T 5 ]. Para ver que es no un DE vamos a comprobar que
existen elementos irreducibles que no no primos. Tenemos que T 5 es irreducible en R[T 2 , T 5 ],
y por otro lado T 5 | T 5 T 5 = T 10 = T 2 T 8 , pero T 5 6| T 2 y T 5 6| T 8 .
Ejercicio. 2.
Se considera el conjunto W = {(x, y) ∈ A2 (R) | x5 y = 1}.
(1) Determina el ideal I(W ) y prueba que es un ideal primo.
(2) Representa, en Mathematica, el conjunto W .
(3) ¿Es W un conjunto algebraico?
(4) ¿Es W + = {(x, y) ∈ A2 (R) | x5 y = 1, x ≥ 0} un conjunto algebraico?
Solución.
1. Consideramos el orden lexicográfico con la ordenación Y > X. Al dividir un polinomio
F ∈ R[X, Y ] por X 5 Y − 1 se tiene una expresión
F = (X 5 Y − 1)Q + F0 (X) + a0 Y + a1 XY + a2 X 2 Y + a3 X 3 Y + a4 X 4 Y,
(1)
con F0 (X) ∈ R[X] y a0 , . . . , a4 ∈ R. Si F ∈ I(W ), entonces F (x, y) = 0 cuando x5 y = 1,
por lo tanto se tiene (si x 6= 0)
F0 (x) + a0
1
1
1
1
1
+ a1 x 5 + a2 x 2 5 + a3 x 3 5 + a4 x 4 5 ,
5
x
x
x
x
x
F0 (x)x5 + a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 = 0,
que es cierto para todo 0 6= x ∈ R, luego F0 = 0 y a0 = · · · = a4 = 0, luego F = (X 5 Y − 1)Q.
Tenemos entonces que I(W ) = (X 5 Y − 1).
Consideramos X 5 Y − 1 ∈ R[X][Y ] ⊆ R(X)[Y ], como es un polinomio de grado 1 es irreducible en R(X)[Y ], y también en R[X][Y ] = R[X, Y ], ya que es primitivo.
2. Se puede utilizar
ContourPlot[X^5 Y - 1 == 0, {X, -5, 5}, {Y, -5, 5}]
3. W es un conjunto algebraico, ya que es el conjunto de ceros de a = (X 5 Y − 1).
4. Tenemos W + ⊂ W , por lo tanto se verifica I(W ) ⊆ I(W ∗ ); vamos a ver que son iguales.
Dado F ∈ I(W ∗ ), utilizando la descomposición de (1), para cada (x, y) ∈ W ∗ se tiene
F0 (x)x5 + a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 = 0
para cada x > 0, luego F0 = 0 y a0 = · · · = a4 = 0, esto es F ∈ (X 5 Y − 1) = I(W ), luego
se tiene VI(W + ) = W , y W + no es un conjunto algebraico.
4
Ejercicio. 3.
Se considera en R[X, Y ] el ideal a = (X 3 , X 2 Y 2 , Y 3 ).
(1) Determina una base de Groebner de a y la dimensión del espacio cociente R[X, Y ]/a.
Se considera el isomorfismo de anillos f : R[X, Y ] → R[Z, T ], definido por X 7→ Z + T , Y 7→
T − Z.
(2) Determina el ideal b = f (a) ⊆ R[Z, T ] y una base de Groebner de b.
(3) ¿Cuáles son los elementos de N2 \ Exp(b)?
(4) Determina el ideal a ∩ R[X + Y ].
Solución. Vamos a manejar el orden lexicográfico con X > Y .
1. Utilizando la orden
GroebnerBasis[{X^3, X^2 Y^2, Y^3}, {X, Y}]
se tiene que una base de Groebner es: {Y 3 , X 2 Y 2 , X 3 }. Tenemos entonces que Exp(a) =
{(3, 0), (2, 2), (0, 3)} + N2 , y su complemento es:
{(0, 0), (1, 0), (2, 0), (0, 1), (1, 1), (2, 1), (0, 2), (1, 2)},
y la dimensión del cociente R[X, Y ]/a es 8.
2. (Vamos a manejar el orden lexicográfico con Z > T ) La imagen de a es el ideal b = ((Z +
T )3 , (Z + T )2 (T − Z)2 , (T − Z)3 ) ⊆ R[Z, T ]. Para calcular una base de Groebner basta
utilizar la orden:
GroebnerBasis[{(Z + T)^3, (Z + T)^2 (T - Z)^2, (T - Z)^3}, {Z, T}]
el resultado es:
{T 4 , T 3 Z, T 3 + 3T Z 2 , 3T 2 Z + Z 3 }
3. Como se tiene Exp(b) = {(3, 0), (2, 1), (1, 3), (0, 4)} + N2 , el complemento es:
{(0, 0), (1, 0), (2, 0), (0, 1), (1, 1), (0, 2), (1, 2), (0, 3)}.
4. Observa que el homomorfismo inverso de f está definido por Z 7→ X−Y
, T 7→ X+Y
, para
2
2
obtener el resultado basta determinar b ∩ R[T ] y calcular la imagen inversa. Para esto
podemos utilizar la orden
5
GroebnerBasis[{(Z + T)^3, (Z + T)^2 (T - Z)^2, (T - Z)^3}, {T, Z},{Z}]
El resultado es:
{T 4 },
La imagen inversa es (X + Y )4 .
Ejercicio. 4.
(1) Razona que si M es un A–módulo noetheriano entonces cada submódulo N de M es también
noetheriano.
(2) Da un ejemplo de un anillo noetheriano A que tiene un subanillo B ⊆ A que no es noetheriano.
(3) Sean a1 , a2 ideales de un anillo A tales que a1 ∩ a2 = 0. Demuestra que si cada cociente A/ai
es un anillo noetheriano, entonces A es noetheriano.
Solución.
(1) Es justo la definición de módulo noetheriano; si M es noetheriano, cada submódulo es finitamente generado, y como cada submódulo de N es también un submódulo de M , entonces es
finitamente generado, y N es un módul0 noetheriano.
(2) Tenemos que cada cuerpo es un anillo noetheriano. Basta pues tomar un cuerpo K y A =
K[X1 , . . . , Xn , . . .], el anillo de polinomios en infinitas indeterminadas. Tenemos que A no es
noetheriano y A es un subanillo de su cuerpo de fracciones, que es un anillo noetheriano.
(3) Tomamos un ideal b ⊆ A, y consideramos el siguiente diagrama conmutativo:
0
0
/
/
a1 ∩ b
/ a1 ∩b
a1 ∩a2
/
/
b
b
a1 ∩a2
/
b
a1 ∩b
/
0
b
a1 ∩b
/
0
Vamos a estudiar los extremos de estas sucesiones:
1
Se tiene a1b∩b ∼
⊆ aA1 . Como A/a1 es un anillo noetheriano, a1b∩b es un A/a1 –módulo
= b+a
a1
noetheriano, y por tanto finitamente generado. La estructura de A–módulo es:
a · (b + (a1 ∩ b)) = ab + (a1 ∩ b) = (a + a1 ) · (b + (a1 ∩ b)).
Entonces
b
a1 ∩b
es un A–módulo finitamente generado.
(a ∩b)+a
∩b
1 ∩b
∼
Se tiene a1 ∩ b = aa11∩a
= (a1a∩b)∩a
= 1 a2 2 ⊆ aA2 . Como A/a2 es un anillo noetheriano,
2
2
a1 ∩ b es un A/a2 –módulo finitamente generado. La estructura de A–módulo es:
a · b = (a + a2 ) · b.
Entonces a1 ∩ b es un A–módulo finitamente generado.
6
Otra prueba.
(3) Como A/ai es un anillo noetheriano, cada submódulo es finitamente generado. Los submódulos
de A/ai están en correspondencia con los submódulos de A que contienen a A y, además, los
submódulos de A/ai coinciden con los A–submódulos de A/ai , por lo tanto cada A–submódulo
de A/ai es finitamente, esto es, A/ai es un A–módulo noetheriano.
Como el producto de A–módulos noetherianos es noetheriano, A/a1 × A/a2 es noetheriano.
Por otro lado A es un submódulo de A/a1 × A/a2 , y como cada submódulo de un A–módulo
noetheriano es noetheriano, tenemos que A es un A–módulo noetheriano. Por lo tanto A es
un anillo noetheriano.
Ejercicio. 5.
(1) Sean F1 , F2 ∈ K[X1 , X2 ] polinomios tales que Fi ∈ K[Xi ] ⊆ K[X1 , X2 ] es irreducible. ¿Es el
ideal (F1 , F2 ) ⊆ K[X1 , X2 ] un ideal primo? ¿Es un ideal maximal?
(2) Si a ⊆ K[X1 , X2 ] es un ideal tal que a ∩ K[Xi ] es un ideal primo no nulo. ¿Es a un ideal
primo? ¿Es maximal?
(3) Si a ⊆ K[X1 , X2 ] es un ideal tal que a ∩ K[Xi ] es un ideal primo. ¿Es a un ideal primo? ¿Es
maximal?
Solución. Ejemplo, para (1), (2) y (3), de que en general el ideal (F1 , F2 ) no tiene, necesariamente, que ser un ideal primo.
Tomamos K = R y los ideales (X12 + 1) ⊆ R[X1 ], (X22 + 1) ⊆ R[X2 ]. Ambos son primos, ya que el
polinomio Xi2 +1 es irreducible en R[Xi ]. Por otro lado el ideal a = (X12 +1, X22 +1) ⊆ R[X1 , X2 ] no
/ a.
es un ideal primo, ya que (X1 + X2 )(X1 − X2 ) = X12 − X22 ∈ a y sin embargo X1 + X2 , X1 − X2 ∈
2
2
Para probar que X1 + X2 ∈
/ a basta ver que {X1 + 1, X2 + 1} es una base de Groebner de a, con
el orden lexicográfico para X1 > X2 .
Ejercicio. 6.
Se considera el anillo A = Z + XQ[X].
(1) ¿Es A un anillo noetheriano?
(2) Determina los elementos primos y los elementos irreducibles de A.
Solución.
(1) El ideal XQ[X] no es finitamente generado, ya que contiene los elementos:
N \ {0}.
1
X,
n
para n ∈
7
(2) Vamos a determinar los elementos irreducibles. Dado 0 6= m + XF ∈ A = Z + XQ[X], se
tiene m + XF = m(1 + X m1 F ), luego posibles elementos irreducibles son p ∈ Z, p primo,
y 1 + XF . En el caso de 1 + XF definimos 1 + XF = Y t (1 + Y1 F ( Y1 )) ∈ Q[Y ]. Tenemos
que 1 + XF ∈ A es irreducible si, y solo si, 1 + XF ∈ Q[Y ] es irreducible. Todos estos son
elementos primos.
Por otro lado, si m = 0 en m + XF , entonces XF no es irreducible, ya que XF = p( p1 XF ),
0 6= p ∈ Z, sea cual sea el valor de F 6= 0. Sin embargo el elemento X es primo, ya que el
anillo cociente A/(X) es isomorfo a Z, que es un dominio.
Tenemos pues:
Elementos irreducibles:
p ∈ Z, p primo
Elementos primos:
1 + XF tal que 1 + XF es irreducible en Q[Y ]
Los anteriores
X y sus asociados.