Soluciones

Álgebra. Curso 2012-2013
14 de junio de 2013
Resolución
Ejercicio. 1. (2 puntos)
Utiliza el teorema del descenso (o alternativamente la localización en primos) para probar el
siguiente resultado: Sea K un cuerpo, A una K–álgebra 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), entonces t ≤ d.
(2) En la situación anterior se tiene t = d si, y sólo si, la cadena de ideales primos no se puede
ampliar.
Solución.
(1). Como A es una K–álgebra finitamente generada que es un dominio, por el lema de normalización existe una extensión 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 ⊆ A es
entera, entonces F/E es una extensión algebraica, y por tanto grtr(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 contradicción. Por
la hipótesis existe una cadena
pj ∩ B $ (X1 , . . . , Xij +1 ) $ pj+1 ∩ B.
Consideramos la extensión entera B/pj ∩ B ⊆ A/pj , por lo que podemos suponer que pj = 0 y
también pj ∩ B = 0, y por tanto ij = 0. Tenemos entonces en K[X1 , . . . , Xd ] la cadena de ideales
primos 0 $ (X1 ) $ pj ∩ B, y en A 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 es monomial puro si está generado
por potencias de los Xi . Prueba los siguientes resultados:
(1) Todo ideal monomial es una intersección finita de ideales monomiales puros.
(2) Todo ideal monomial es, de forma única, una intersección irredundante finita de ideales monomiales puros.
(3) Un ideal monomial es monomial irreducible (no es intersección de dos ideales monomiales
que lo contienen propiamente) si, y sólo si, es un ideal monomial puro.
(4) Determina la descomposición primaria, la descomposición primaria estándar y los ideales
primos asociados de los ideales a = (X13 , X23 , X12 X32 , X1 X2 X32 , X22 X32 ).
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(1) Todo ideal monomial es una intersección finita de ideales monomiales puros.
Solución. Sea a = (X1e1 · · · Xnen , G2 , . . . , Gs ) un ideal monomial, se tiene la siguiente relación:
a = ∩ni=1 (Xiei , G2 , . . . , Gs ).
Dado un monomio G ∈ ∩ni=1 (Xiei , G2 , . . . , Gs ), si G es múltiplo de un Gj , entonces G ∈ a. Por otro
lado, si G no es múltiplo de ningún Gj , entonces G es múltiplo de Xiei , para cada ı́ndice i, y por
lo tanto es múltiplo de X1e1 · · · Xnen , y pertenece a a. Repitiendo el proceso para cada monomio de
a, tenemos el resultado.
(2) Todo ideal monomial es, de forma única, una intersección irredundante finita de ideales monomiales puros.
Solución.
Dada una intersección a = ∩ti=1 qi , en donde cada qi es un ideal monomial puro,
podemos eliminar aquellos qi tales que qi ⊆ ∩j6=i qj , y tenemos una intersección irredundante.
Dadas dos intersecciones irredundantes ∩ti=1 qj = ∩sj=1 hj de ideales monomiales puros, supongamos
f
que q1 = (X1e1 , . . . , Xnen ); si hj * q1 para cada ı́ndice j = 1, . . . , s, existe Xmjj ∈ hj \ q1 , y por tanto
f1
fs
fj < emj para cada ı́ndice j. Si llamamos M = m. c. m.{Xm
}, se tiene M ∈ ∩sj=1 hj ⊆ q1 ,
, . . . , Xm
s
1
y deberı́a existir un exponente fj tal que fj ≥ emj , lo que es una contradicción.
(3) Un ideal monomial es monomial irreducible (no es intersección de dos ideales monomiales
que lo contienen propiamente) si, y sólo si, es un ideal monomial puro.
Solución.
(⇒). Si q es irreducible y tiene un sistema mı́nimo de generadores q = (G1 = X1e1 · · · Xnen , G2 , . . . , Gt ),
entonces q es una intersección q = ∩ni=1 (Xiei , G2 , . . . , Gt ), y por ser monomial irreducible, q =
(Xiei , G2 , . . . , Gt ) para algún ı́ndice i. Entonces ei es el único exponente no nulo. El mismo razonamiento nos lleva a que cada generador Gj es también un monomio puro, luego q es un ideal
monomial puro.
(⇐). Sea q = (X1e1 , . . . , Xnen ) un ideal monomial puro, y supongamos que a = b1 ∩ b2 , para ideales
monomiales b1 , b2 % a. Escribimos b y c como intersección 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 sólo ideal, por lo tanto b1 = a ó b2 = a, y q es
irreducible.
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(4) Determina la descomposición primaria, la descomposición primaria estándar y los ideales
primos asociados de los ideales a = (X13 , X23 , X12 X32 , X1 X2 X32 , X22 X32 ).
Solución.
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 sólo 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 sólo si, aDm es un ideal principal para cada ideal maximal m ⊆ D.
Solución.
(1). Es claro que si a es principal, entonces es invertible. Por otro lado, si a es invertible y m $ D es
el ideal maximal, se tiene am $ a. Consideramos x ∈ a\am. Se tiene xD = xa−1 a = (xa−1 )a = ba;
siendo b = xa−1 ⊆ D. Si b ⊆ m, entonces x ∈ ba ⊆ ma, lo que es una contradicción. 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 ). Entonces a(D : a) ⊆ D, y a es invertible.
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Ejercicio. 4. (3.5 puntos)
Estudia las siguientes afirmaciones:
1. Si A es una K–álgebra finitamente generada que es un dominio, entonces A es normal.
Solución.
FALSO. Sea K un cuerpo, A = K[X, Y ], y a = (X 2 − Y 3 ) ⊆ 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 raı́z del polinomio X 2 − y, pero a ∈
/ A/a.
2. Si A es una K–álgebra que es un K–módulo finitamente generado y un dominio, entonces
A es normal.
Solución. CIERTO. Tenemos K ⊆ A. Para cada 0 6= a ∈ A se tiene K ⊆ K[a] es un K–espacio
vectorial de dimensión 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.
Solución. 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. Si e ∈ A es un elemento idempotente no nulo entonces A descompone A = eA ⊕ (1 − e)A, y
se verifica eA ∼
= Ae .
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Solución. CIERTO. La descomposición A = eA ⊕ (1 − e)A ya la conocemos; cada elemento
a ∈ A se escribe de forma única como a = ea + (1 − e)a.
Para ver el isomorfismo consideramos el subconjunto multiplicativo Σ = {1, e}. En Σ−1 A tenemos
a
= ae para todo a ∈ A, e(ae − a) = 0. Entonces los elementos de Σ−1 A son de la forma a1 para
1
a ∈ A. Consideramos el siguiente diagrama:
/ Σ−1 A =
QQQ
QQQ
g
QQQ
QQQ f
Q(
A QQQQ
λ
Ae
eA
En donde f está 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 único homomorfismo de anillos g que hace conmutativo el diagrama. Es claro que
g( a1 ) = f (a) = ea es una aplicación sobreyectiva. Para ver que es inyectiva; si g( a1 ) = 0, entonces
ea = 0, y por tanto a1 = 0.
5. Si m ⊆ A es un ideal maximal, entonces Am /mAm ∼
= A/m.
Solución. CIERTO. Como m ⊆ A es un ideal maximal, A/m es un cuerpo. Para cada s ∈ 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:
λ / −1
Σ A=
QQQ
QQQ
g
Q
p QQQQ
Q( A QQQQ
Am
A/m
siendo g( as ) = (am)(s + m)−1 . Es claro que Ker(g) = mAm , ya que si g( as ) = 0, entonces a + m = 0,
y a ∈ m, luego as ∈ mAm ; la otra inclusión es clara. Por otro lado, dado a + m ∈ A/m, se tiene
a + m = g( a1 ), luego g es sobreyectiva. Tenemos pues un isomorfismo g : Am /mAm ∼
= A/m.
6. Todo subconjunto multiplicativo saturado Σ ⊆ A1 × A2 es de la forma Σ1 × Σ2 , siendo
Σi ⊆ Ai un subconjunto multiplicativo.
Solución. CIERTO. Dado Σ ⊆ A1 × A2 saturado, consideramos Σi = pi (Σ) ⊆ Ai . Tenemos
que Σi es un subconjunto multiplicativo saturado de Ai , ya que si s1 s2 ∈ Σ1 , existe t ∈ A2 tal que
(s1 s2 , t) ∈ Σ, luego (s1 , 1)(s2 , t) = (s1 s2 , t) ∈ Σ, y resulta (s1 , 1), (s2 , t) ∈ Σ, luego s1 , s2 ∈ Σ1 .
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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 irreducibles, entonces a es un ideal primo.
Solución. FALSO. Consideramos el siguiente ejemplo: a = (Y 3 − XZ, XY 2 − Z 2 ) ⊆ Q[X, Y, Z].
Una base de Groebner de a es: {Y 5 − Z 3 , −Y 3 + XZ, XY 2 − Z 2 }; todos sus elementos son
irreducibles. El ideal a no es primo, ya que Z(X 2 − Y Z) ∈ a, pero Z, X 2 − Y Z ∈
/ a.
8. Si todo submódulo propio de M es noetheriano, entonces M es noetheriano.
Solución. FALSO. Podemos tomar Zp∞ , en el que todo submódulo es finito, por tanto noetheriano, pero Zp∞ no es noetheriano.
9. Si m es un ideal maximal y q es un ideal m–primario, ¿se verifica que cada elemento regular
de A/q es invertible?
Solución. SI. Sea x + q ⊆ A/q regular; entonces si xy ∈ q, se tiene y ∈ q. Tenemos que x + q es
invertible si, y sólo si, Ax + q = A. Si Ax + q 6= A, existe un ideal maximal n 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, mı́nimo, tal que xk ∈ q, lo que implica que xk−1 ∈ q; y esto es una contradicción.
10. A ⊆ B es una extensión entera de anillos en la que todo ideal primo no nulo de A es maximal,
entonces todo ideal primo no nulo de B es maximal.
Solución.
Opción 1: CIERTO si B es un dominio. Supongamos que B es un dominio de integridad, entonces
para cada ideal primo no nulo p ⊆ B se tiene p∩A 6= 0. Por la hipótesis p∩A es un ideal maximal,
ya que es primo. Por ser la extensión entera, se tiene que p es un ideal maximal.
√
√
Opción 2: FALSO si B no es un dominio. Consideramos A = Z, B = Z[ 2] × Z[ 2], que es una
√
√
extensión entera, ya que 2 es entero sobre Z.√ Consideramos
el
ideal
primo
no
nulo,
p
=
Z[
2]×0;
√
√
Z[ 2]×Z[ 2] ∼
B
es claro que p no es maximal, ya que p = Z[√2]×0 = Z[ 2] no es un cuerpo.
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