Resolución

Álgebra. Curso 2007-2008
11 de septiembre de 2008
Resolución
Ejercicio. 1.
Sea A un anillo conmutativo.
(1) Demostrar que cualesquiera ideales a, b de A verifican
(a ∩ b)(a + b) ⊆ ab.
(2) Para A = Z[X] dar un ejemplo en el que la inclusión anterior sea estricta.
Solución.
(1) Dado x ∈ a ∩ b, y ∈ a y z ∈ b se tiene:
x(y + z) = xy + xz ∈ ba + ab = ab.
Como cada generador de (a ∩ b)(a + b) pertenece a ab, tenemos el resultado.
(2) Tomamos a = 2Z[X], b = XZ[X]. Se verifica 2X ∈ ab y 2X ∈
/ (a ∩ b)(a + b), ya que
a ∩ b = 2XZ[X] y a + b = 2Z + XZ[X].
Ejercicio. 2.
Sea A un anillo conmutativo artiniano. Demostrar que todo ideal primo es maximal.
Solución. Vamos a probar que cada dominio de integridad conmutativo artiniano es un cuerpo,
y como consecuencia tendremos el resultado.
Dado D un dominio de integridad conmutativo artiniano y 0 6= x ∈ D, consideramos la cadena
descendente
xD ⊇ x2 D ⊇ x3 D ⊇ · · ·
Por ser D artiniano, existe t ∈ N tal que xt D = xt+1 D = . . .. En particular existe d ∈ D tal que
xt = xt+1 d, y simplificado por xt se tiene 1 = xd. Esto es, x es invertible. Entonces en D cada
elemento no nulo es invertible, luego D es un cuerpo.
Ejercicio. 3.
Sea A un anillo conmutativo y sea N = rad(A). Demostrar que las siguientes condiciones son
equivalentes:
(a) A/N es un dominio de integridad.
(b) xy = 0 ⇒ x ó y es nilpotente. Para x, y elementos de A.
Si además A es noetheriano, estas condiciones son equivalentes a:
(c) ab = 0 ⇒ a ó b es nilpotente. Para a, b ideales de A.
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Solución. (a)⇒(b). Como A/N es
un dominio de integridad,
tenemos que N = rad(A) es un

x ∈ N
 x es nilpotente
ideal primo. Si xy = 0 ∈ N , entonces o
, esto es, o
,


y∈N
y es nilpotente
(b)⇒(a). Dados a, b ∈ A tales que ab ∈ N , tenemos
existe t ∈ N tal que
 tque ab es nilpotente, y 
 a es nilpotente
 a es nilpotente
t t
a b = 0. Utilizando la hipótesis (b) tenemos que o
, esto es, o
,y
 t

b es nilpotente
b es nilpotente
por tanto se tiene que a ∈ N o b ∈ N .
Es claro que siempre se tiene (c)⇒(b). La implicación (a)⇒(c) sigue la lı́nea de (a)⇒(b).
Ejercicio. 4.
Demostrar que un anillo conmutativo A tiene un único ideal primo si y sólo si todo elemento de
A es o invertible o nilpotente.
Solución. Si A tiene un único ideal primo, entonces tiene un único ideal maximal, que coincide
con rad(A). Dado x ∈ A, si x ∈ rad(A), entonces a es nilpotente, y si x ∈
/ rad(A), entonces es un
elemento invertible.
Recı́procamente. Sea p un ideal primo, si x ∈ A \ p, entonces x no es nilpotente, y por tanto
es invertible, luego p es un ideal maximal. Como esto es válido para todo ideal primo, entonces
existe un único ideal primo.
Ejercicio. 5.
Sea A un dominio de Dedekind con cuerpo de fracciones K. Demostrar que cualquier anillo
intermedio A ⊆ B ⊆ K también es un dominio de Dedekind.
Solución. Consideramos una extensión A ⊆ B ⊆ K, siendo A un dominio de Dedekind y
B 6= A, K.
La prueba la vamos a dividir en tres partes.
Parte 1. Los localizados en ideales maximales Bm son DVD.
Dado un ideal maximal m ⊆ B, consideramos m ∩ A ⊆ A. Como m 6= 0, se tiene m ∩ A 6= 0.
Además Am∩A ⊆ Bm . Veamos que son iguales. Como Am∩A es un DVD, y Am∩A ⊆ Bm ⊆ K es
una extensión, también Bm es un DVD. Dado x ∈ Bm , si x ∈
/ Am∩A , entonces 1/x ∈ Am∩A y no es
una unidad en Am∩A , por lo tanto 1/x ∈ (m ∩ A)Am∩A ⊆ mBm ⊆ Bm , lo que es una contradicción,
ya que x ∈ Bm . Tenemos pues que Am∩A = Bm .
Como consecuencia los localizados Bm = Am∩A son DVD.
Parte 2. Cada ideal propio no nulo de B está contenido en un número finito de ideales maximales.
Dado un ideal propio 0 6= b de B, existe un ideal maximal m tal que b ⊆ m, y se tiene bBm =
mem (b) Bm . Además se tiene b ⊆ m si y solo si em (b) > 0. Vamos a ver que hay una condición
de finitud en esta situación. Tomamos 0 6= b ∩ A, como A es un dominio de Dedekind, existe
un número finito de ideales maximales de A que contienen a b ∩ A. Es claro que para cada
ideal maximal m de B se tiene b ⊆ m si y solo si b ∩ A ⊆ m ∩ A; basta pues recordar que
la correspondencia m → m ∩ A es biyectiva. Para esto basta ver que m = (m ∩ A)B; dado
x = a/s ∈ m, se tiene a ∈ m ∩ A, y por tanto x = a/s ∈ (m ∩ A)B. La otra inclusión es obvia.
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Parte 3.Cada ideal propio no nulo de B es un producto finito de ideales primos.
Para el ideal b se tiene la igualdad
b = ∩b⊆m (bBm ∩ B) = ∩b⊆m (mem (b) Bm ∩ B) = ∩b⊆m mem (b) =
Y
mem (b) ,
b⊆m
ya que los ideales m son comaximales.
Ejercicio. 6.
Se considera el anillo Q[X, Y ] y los ideales a = (X − a, Y − b), b = (X − b, Y − a), a, b ∈ Q.
Determinar explı́citamente, dando un sistema de generadores, los siguientes ideales:
(1) ab,
(2) a + b,
(3) a ∩ b.
(4) ¿Qué relación hay entre ab y a ∩ b? ¿Existen valores de a y b para los que son iguales?
Solución.
(1) Un sistema de generadores de ab es: {(X − a)(X − b), (X − a)(Y − a), (Y − b)(X − b), (Y −
b)(Y − a)}.
(2) Un sistema de generadores de a + b es: {X − a, Y − b, X − b, Y − a}.
(3) Si a = b, entonces a = b = (X − a, Y − b).
Si a 6= b, un sistema de generadores de a ∩ b se obtiene mediante el uso de bases de Groebner
utilizando la teorı́a de la eliminación:
GroebnerBasis[{T(X-a),T(Y-b),(1-T)(X-b),(1-T)(Y-a)},{T, X,Y},{T}]
Se obtiene el sistema de generadores de la intersección
{X + Y − a − b, Y 2 − aY − bY + ab}.
(4) Si a = b, entonces ab 6= a ∩ b.
Siempre ocurre que ab ⊆ a ∩ b. Para ver cuando se tiene la igualdad basta calcular una base
de Groebner de ab y comparar con la base obtenida de a ∩ b. En este caso tenemos:
GroebnerBasis[{(X-a)(X-b),(X-a)(Y-a),(Y-b)(X-b),(Y-b)(Y-a)},{X,Y}]
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que nos da la base de Groebner
{X 2 −2bX+aY −bY −a2 +ab+b2 , XY −bX−bY +b2 , aX−bX+aY −bY −a2 +b2 , Y 2 −aY −bY +ab}.
No sabemos si esta base de Groebner es reducida, esto dependerá de los valores particulares
que tomen a y b.
Como a 6= b, entonces podemos escribir
aX − bX + aY − bY − a2 + b2 = (a − b)X + (a − b)Y − (a − b)(a + b) = (a − b) (X + Y − a − b) .
En este caso los ideales ab y a ∩ b son iguales, ya que ab contiene un sistema de generadores
de a ∩ b.
Alternativa.
Una forma alternativa de resolver estos dos últimos apartados es distinguir los casos a = b y
a 6= b. En el primer caso tenemos descripciones sencillas de ab y de a ∩ b. En el segundo caso
se tiene a + b = A, ya que b − a = X − a − (X − b) ∈ a + b, y por tanto a ∈ a + b. Entonces
tenemos ab = a ∩ b, ya que si x ∈ a ∩ b, como existen u ∈ a, v ∈ b tales que u + v = 1, se
tiene
x = x · 1 = x(u + v) = xu + xv ∈ ba + ab = ab.