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arlgebra ComutativaNotas de AulaMaria Eugenia Martin

Universidade de So PauloSo Paulo, 23 de novembro de 2014

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1 anis e ideais 21.1 Teorema Chins dos Restos 121.2 Exerccios 14

2 variedades 182.1 Espectro 182.2 Introduo Geometria Algbrica 262.3 Exerccios 33

3 mdulos 363.1 Mdulos Finitamente Gerados 383.2 Sequncias Exatas 413.3 Produto Tensorial de Mdulos 433.4 Exerccios 51

4 localizao 544.1 Propriedades Locais 604.2 Localizao e Ideais Primos 614.3 Exerccios 65

5 condies de cadeia 675.1 Anis Noetherianos 735.2 Anis Artinianos 765.3 Exerccios 78

6 decomposio primria 806.1 Decomposio Primria em Anis Noetherianos 866.2 Aplicaes da Decomposio Primria em Anis Artinia-

nos 886.3 Exerccios 93

7 extenses integrais 967.1 Exerccios 111

8 teoria da dimenso 1138.1 Anis Graduados 1148.2 Funo de Hilbert 1158.3 Teorema de dimenso de Krull 1218.4 Exerccios 124

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ara identidades binomiais 125

b referncias bibliogrficas 127

ndice Remissivo 129

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arI N T R O D U O

Este texto corresponde verso preliminar das notas de aula do cursoMAT5737-Introduo lgebra Comutativa ministrado no 2 Semestre de2014, no Instituto de Matemtica e Estatstica da Universidade de So Paulo,IME-USP.

O autor ficaria muito grato se lhe fossem enviadas sugestes de melhoriasou que lhe fossem apontados erros porventura encontrados.

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A N I S E I D E A I S

Aula 1aula 1: 11/08/2014

Vamos comear revendo rapidamente as definies e propriedades elemen-tares de anis, ideais primos e maximais e vrias operaes elementares quepodem ser realizadas em ideais.

Definio 1. Um anel A um conjunto com duas operaes binrias: somae multiplicao, denotadas por (+, ) respetivamente e tais que:

a. A um grupo abeliano em relao a operao de soma + (logo Atem um elemento nulo, 0, e todo a A tem um inverso aditivo, a.)

b. A multiplicao em A associativa ((a b) c = a (b c)) e dis-tributiva em relao adio (a (b + c) = a b + a c e (b + c) a =b a + c a)Neste curso somente consideraremos anis comutativos,isto tais que:

c. a b = b a para todos a, b Ae que contenham um elemento identidade (denotado por 1):

d. 1 A tal que a 1 = 1 a = a para todo a A. (Isto implica que oelemento identidade nico)

Observao. a. Segue de imediato das definies acima que1 a = a e0 a = 0 para todo elemento a A.

b. No exclumos a possibilidade de 1 = 0. Se isto acontecer ento paraqualquer a A temos a = a 1 = a 0 = 0 e logo A tem um nicoelemento, 0. Neste caso A denominado anel nulo e denotado por 0.

Definio 2. Um homomorfismo de anis uma aplicao f de um anel Aem um anel B tal que:

a. f (a + b) = f (a) + f (b) (logo f um homomorfismo de grupos abelia-nos e logo tambm f (a b) = f (a) f (b), f (a) = f (a), f (0) = 0),

b. f (a b) = f (a) f (b),c. f (1A) = 1B.

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arEm outras palavras, f respeita adio, multiplicao e o elemento identi-

dade.Um homomorfismo injetor e sobrejetor chamado de isomorfismo.Um subconjunto S de um anel A um subanel de A se S fechado sob

adio e multiplicao e contm o elemento identidade de A. A aplicaoidentidade de S em A ento um homomorfismo de anis injetivo quechamaremos de incluso.

Se f : A B, g : B C so homomorfismos de anis ento suacomposio g f : A C tambm um homomorfismo de anis.Definio 3. Um ideal I de um anel A um subconjunto de A que umsubgrupo aditivo e tal que AI I ou seja se a A e b I implicaque a b I. Um ideal I dito prprio se I 6= A ou equivalentemente se1 6 I. Os mltiplos x a de um elemento a A formam um ideal principal,denotado por (a). De modo mais geral, podemos definir o ideal de Agerado pelo subconjunto S A, denotado por S, como sendo o conjuntogerado por todas as combinaes A-lineares finitas:

S = {a1 s1 + + an sn onde n N, ai A e si S}.

Exerccio 1. Verifique que S um ideal de A e que o menor idealde A que contm o subconjunto S.

O grupo quociente A/I = {a = a + I | a A}, onde a + I = b + I se esomente se a b I, herda uma multiplicao de A definida de maneiranica como: a b = a b o que o torna um anel (comutativo com unidade),chamado de anel quociente e denotado por A/I. A aplicao pi : A A/Ique leva cada a A em sua classe a um homomorfismo de anis sobrejetivoque chamaremos de projeo cannica.

Usaremos frequentemente o seguinte fato (conhecido como Teorema deCorrespondncia entre Ideais, TCI):

Teorema 4. (Teorema de Correspondncia entre Ideais) Existe uma corres-pondncia (que preserva ordem) um-a-um entre os ideais J de A que contm I, e osideais J de A/I, dada por J = pi1(J).

Se f : A B um homomorfismo de anis e J um ideal de B, ento apr-imagem f1(J) sempre um ideal de A. Mas se I um ideal de A, oconjunto f (I) no necessariamente um ideal de B, para que isso aconteaf deve ser sobrejetor. (prova: Exerccio 2.)

Exemplo 5. Seja f a incluso de Z em Q e seja I = (3) o ideal principal nonulo de Z gerado por 3, ento f (I) Q o prprio I. Se I for um ideal deQ ento QI I mas 12 3 = 32 6 (3) = {0,3,6,9,12, . . . }. Logo f (I)no um ideal de Q.

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arComo consequncia o kernel de f , Ker( f ) = f1(0), um ideal de A mas

s podemos afirmar que a imagem de f , Im( f ) = f (A), um subanel de B.O homomorfismo f induz um isomorfismo de anis A/ Ker( f ) ' Im( f ).Definio 6.

a. Um divisor de zero num anel A um elemento a A o qual divide0, i.e., para o qual existe b 6= 0 em A tal que a b = 0. Um anel semdivisores de zero no nulos (e no qual 1 6= 0) chamado de domniode integridade (ou seja, num domnio de integridade se a b = 0 entoou a = 0 ou b = 0).

b. Uma unidade em A um elemento a A o qual divide 1, i.e., parao qual existe b A tal que a b = 1. O elemento b determinado demaneira nica por a e denotado por a1. As unidades em A formamum grupo abeliano (multiplicativo), A. Um corpo um anel k noqual 1 6= 0 e todo elemento no nulo uma unidade.

Exemplo 7. Seja k um corpo, ento k e k[x1, . . . , xn] (xi indeterminadas) sodomnios de integridade. Z um domnio de integridade mas no umcorpo.

O elemento a A uma unidade se e somente se (a) = A = (1). (prova:Exerccio 3.)

Proposio 8. Seja A um anel no nulo. Ento as seguintes afirmaes soequivalentes:

a. A um corpo;

b. os nicos ideais de A so 0 e A;

c. todo homomorfismo de A num anel no nulo B injetivo.

Demonstrao. Exerccio 4.

Definio 9. Um ideal p de A dito primo se p 6= A e se a b p oua p ou b p. Um ideal m de A dito maximal se m 6= A e se sempre queexista um outro ideal I tal que m I A ento ou I = A ou I = m.1

Equivalentemente s definies temos:

Proposio 10.

a. p um ideal primo se e somente se A/p um domnio de integridade.

b. m um ideal maximal se e somente se A/m um corpo.

1 Note que por definio ideais primos e maximais so ideais prprios.

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arDemonstrao.

a. Exerccio 5.

b. Suponha que m um ideal maximal de A. Seja J A/m um ideal deA/m, pelo TCI (Teorema 4) J = pi1(J) um ideal de A que contmm, ou seja m J A. Da maximalidade de m segue que ou J = m ouJ = A, logo ou J = 0 ou J = A/m. Portanto os nicos ideais de A/mso 0 e o prprio A/m. Segue da Proposio 8 que A/m um corpo.

Suponha agora que A/m um corpo2. Seja J um ideal de A tal quem J A, logo J = J/m um ideal de A/m que um corpo. DaProposio 8 segue que ou J = 0 ou J = A/m, logo J = m ou J = A oque implica que m um ideal maximal de A.

Como consequncias temos: o ideal zero (0) = 0 primo se e somente seA um domnio de integridade; o ideal zero (0) maximal se e somentese A um corpo; e se m um ideal maximalA/m um corpoA/m um domnio de integridadem um ideal primo, ressaltamos porm que arecproca no verdadeira.

Proposio 11. Se f : A B um homomorfismo de anis e q um ideal primoem B, ento f1(q) um ideal primo em A.

Demonstrao. Como vimos anteriormente f1(q) de fato um ideal de A.Vejamos agora que prprio: de fato se 1A f1(q) ento f (1A) = 1B qcontrariando o fato de q ser prprio. Por outro lado, se a b f1(q) entof (a b) = f (a) f (b) q, como q primo segue que ou f (a) q ou f (b) q,i.e., ou a f1(q) ou b f1(q), o que implica por definio que f1(q) um ideal primo de A.

A proposio anterior se torna falsa se trocamos ideal primo por idealmaximal, vejamos o seguinte contraexemplo:

Exemplo 12. Seja f : Z Q o homomorfismo de anis incluso. Como Q um corpo, o ideal (0) de Q maximal. Segue do fato de f ser injetora queo ideal f1(0) = Ker( f ) = (0), mas (0) no um ideal maximal de Z poisZ no um corpo. Por outro lado, como Z um domnio de integridadeento (0) = f1(0) um ideal primo.

Ideais primos so fundamentalmente importantes na lgebra comutativa.O prximo teorema garante que ideais maximais (e portanto primos) existem

2 E logo por definio 1 6= 0, o que implica A/m 6= 0 ou seja A 6= m. Precisamos estacondio para m ser maximal.

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em abundncia. A prova de dito teorema uma aplicao padro do famosoLema de Zorn. Para isso lembraremos rapidamente os conceitos necessrios.

Um conjunto no vazio dito parcialmente ordenado se for dada umarelao em a qual reflexiva, transitiva e tal que se x y e y x entox = y. Um subconjunto S uma cadeia se para todo par de elementosx, y S temos x y ou y x. O Lema de Zorn pode ser enunciado comosegue:

Lema 13. Se toda cadeia S de um conjunto parcialmente ordenado 6= tem uma cota superior em (i.e., existe x tal que y x para todo y S),ento possui pelo menos um elemento maximal.

Passamos agora ao enunciado do Teorema:

Teorema 14. Todo anel no nulo A 6= 0 possui pelo menos um ideal maximal.Demonstrao. Seja o conjunto de todos os ideais prprios de A parci-almente ordenados por incluso (). Como A 6= 0, no vazio pois(0) . Devemos mostrar que possui um elemento maximal e faremosisso aplicando o Lema de Zorn. Para isso, devemos mostrar que toda cadeiaS tem uma cota superior em . Seja S = (I) uma cadeia de ideais em, ento para cada par de ndices , temos uma das possibilidades: ouI I ou I I. Denotemos por m = I, este ser o nosso candidato acota superior de S em .

Vejamos primeiramente que m , i.e., que m um ideal prprio de A.Sejam x, y m ento existem ndices , tal que x I e y I, sem perdade generalidade podemos supor que I I logo x + y I m. Por outrolado, seja a A ento a x I m. Isto mostra que m um ideal de A.Para ver que ele prprio s basta observar que 1 6 m pois 1 6 I para todo.

Por ltimo, s resta observar que I m para todo , logo m uma cotasuperior de S.

Aula 2

aula 2: 13/08/2014

Lembrando a ltima aula. Um conjunto no vazio dito parcialmenteordenado se for dada uma relao em a qual reflexiva, transitiva etal que se x y e y x ento x = y. Um subconjunto S uma cadeiase para todo par de elementos x, y S temos x y ou y x.

O Lema de Zorn pode ser enunciado como segue:

Lema. Se toda cadeia S de um conjunto parcialmente ordenado 6= temuma cota superior em (i.e., existe x tal que y x para todo y S), ento possui pelo menos um elemento maximal.

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arTeorema. Todo anel no nulo A 6= 0 possui pelo menos um ideal maximal.

Como aplicaes diretas do teorema anterior temos os seguintes corolrios:

Corolrio 15. Todo ideal prprio I de A est contido num ideal maximal.

Demonstrao. Exerccio 6. Basta aplicar o Teorema 14 para o anel A/I nolugar de A e usar o TCI.

Corolrio 16. Todo elemento de A que no uma unidade est contido num idealmaximal.

Operaes com ideais

Dados dois ideais I e J de um anel A, definimos os seguintes ideais:

a. A soma de I e J o conjunto de todos os elementos x + y onde x Ie y J. o menor ideal que contm I e J, em outras palavras oideal gerado pela unio I J. Analogamente, podemos definir a soma I de qualquer famlia de ideais I de A cujos elementos sotodas as somas x onde x I para todo e quase todos os x(i.e., todos exceto um conjunto finito) so zero. o menor ideal quecontm todos os ideais I.

b. A interseo de qualquer famlia de (I) ideais um ideal.

c. O produto de dois ideais I, J de A o ideal I J gerado por todosos produtos x y, onde x I e y J. o conjunto de todas assomas finitas xiyj onde cada xi I e cada yj J. Analogamentedefinimos o produto de qualquer famlia finita de ideais. Em particular,so definidas as potncias In (n > 0) de um ideal I. Por convenoI0 = (1) e In o ideal gerado por todos os produtos x1 x2 xnonde cada xi I.

Observao.

a. Em geral a unio de dois ideais I J no um ideal.b. As trs operaes so comutativas e associativas. Tambm existe uma

lei distributiva I (J + K) = I J + I K.c. Lei Modular: Se J I ou K I ento I (J + K) = I J + I K.

(Exerccio 7.)

d. Pela lei distributiva (I + J) (I J) = I (I J) + J (I J) I J, estaltima incluso devido a que I J J e I J I.

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are. Sempre temos a incluso I J I J, a igualdade acontece se I + J =

A.

Definio 17. Dois ideais I, J so ditos coprimos se I + J = A.Logo para ideais coprimos temos a igualdade I J = I J. Claramente

dois ideais I e J so coprimos se e somente se existe a I e b J tal quea + b = 1.

Existem anis com exatamente um ideal maximal, como os corpos. Estaideia levou seguinte definio.

Definio 18. Um anel A que possui exatamente um ideal maximal m chamado de anel local. O corpo k = A/m chamado de corpo de resduosde A.

Proposio 19.

a. Seja A um anel e m um ideal prprio de A tal que todo a Am umaunidade de A. Ento A um anel local e m seu ideal maximal.

b. Seja A um anel e m um ideal maximal de A, tal que todo elemento de 1+m(i.e., todo 1+ a onde a m) uma unidade de A. Ento A um anel local.

Demonstrao. Suponha que existe um ideal I tal que m I A. Ento ouI = A ou I prprio e logo consiste de elementos que no so unidades,logo (por hiptese) est contido em m e por tanto I = m. Por definio m maximal. Suponha que exista outro ideal maximal m A, como ele prprio consiste de elementos que no so unidades logo m m A, damaximalidade de m e do fato de m ser prprio por hiptese, segue quem = m e A um anel local. Isto prova (a. ). Para provar (b. ) vamosusar o item (a. ), logo considere a Am. Logo m ( a,m A, ondea,m o ideal gerado por a e m. Ento da maximalidade de m segue quea,m = A. Logo existe b A e t m tal que a b+ t = 1 o que implica quea b = 1 t 1+m e por hiptese uma unidade , logo a uma unidade.Pelo item (a. ) A um anel local.

Exemplo 20. Todo ideal em Z principal, ou seja da forma (m) paraalgum m 0. O ideal (m) primo se e somente se m = 0 ou um nmeroprimo. Todos os ideais (p), onde p um nmero primo, so maximais poisZ/(p) = Zp o corpo com p elementos.

Isto nos motiva seguinte definio.

Definio 21. Um domnio de ideais principais (DIP) um domnio deintegridade no qual todo ideal principal.

Em tal anel todo ideal primo no nulo maximal: seja (a) 6= 0 um idealprimo e suponha que (a) (b) A, logo a (b) assim a = b c. Mas ento

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arb c (a). Suponha que (a) ( (b) ento b 6 (a) mas (a) primo ento deveser c (a) assim c = d a. Ento a = b c = b d a. Isto implica que

0 = b d a a = (b d 1) a,

como por hiptese a 6= 0 e o anel A um domnio ento deve ser (b d 1) =0, logo b d = 1 e por tanto (b) = A. Logo (a) maximal.

Assim provamos a seguinte proposio:

Proposio 22. Seja A um DIP e I 6= 0 um ideal no nulo de A. Ento I primose e somente se I maximal.

Definio 23. Um elemento a A nilpotente se an = 0 para algum n > 0.O conjunto N de todos os elementos nilpotentes de um anel A um ideal(Exerccio 8. dica: use o Binmio de Newton) chamado de nilradical de A.

Seja a um elemento nilpotente do anel quociente A/N, ento existe n > 0tal que 0 = an = an ou seja an N. Logo existe k > 0 tal que (an)k = 0,i.e., ank = 0 e portanto a N ou seja a = 0. Assim provamos que o anelquociente A/N no tem elementos nilpotentes no nulos.

A seguinte proposio da uma definio alternativa de nilradical:

Proposio 24. O nilradical de A a interseo de todos os ideais primos de A.

Demonstrao. Denotemos por N interseo de todos os ideais primos deA. Seja a N e p qualquer ideal primo de A. Ento existe n > 0 tal quean = 0, mas como 0 p temos que an p, segue do fato de p ser primo queou a p ou an1 p (se continuarmos com o mesmo raciocnio neste ltimocaso chegaremos a que a2 p) e logo a p para todo p ideal primo de A, oque implica que a N. Provamos N N.

Por outro lado, suponha que a 6 N (ou seja para todo n > 0, an 6= 0).Seja o conjunto dos ideais I com a seguinte propriedade Se n > 0 entoan 6 I. Observe que 6= pois (0) . Queremos aplicar o Lema deZorn ao conjunto no vazio parcialmente ordenado por incluso, seguindoo raciocnio da prova do Teorema 14. Ento seja S = (I) uma cadeia deideais em e denotemos por I =

I. Como provamos anteriormente I

um ideal3 de A e como para cada n > 0, an 6 I para todo ento an 6 Ie logo I e claramente uma cota superior da cadeia S. O Lema deZorn nos garante que tem um elemento maximal p. Queremos provarque p um ideal primo. Sejam x, y 6 p, ento p est estritamente contidonos ideais p+ (x) e p+ (y), logo ambos ideais no pertencem a (pois istoseria uma contradio ao fato de p ser um elemento maximal de ), istosignifica que existem m, n > 0 tal que am p+ (x) e an p+ (y), ou seja

3 Observe que em geral unio de ideais no ideal mas aqui os ideais pertencem a umacadeia e este fato que faz a unio ser um ideal.

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arpodemos escrever am = p + x e an = p + y, onde p, p p, x (x) ey (y). Assim

am an = p p + p y + x p + x y = p + x y,

segue que am+n p + (x y) o que implica que o ideal p + (x y) nopertence a , logo x y 6 p (caso contrrio, se x y p ento (x y) p,logo p+ (x y) = p ) e p primo. Portanto, existe um ideal primo p talque a 6 p logo a 6 N. Com isto provamos que N N.Definio 25. O radical de Jacobson R de A definido como sendo ainterseo de todos os ideais maximais de A.

A seguinte proposio caracteriza o radical de Jacobson.

Proposio 26. a R se e somente se 1 a b uma unidade de A para todob A.Demonstrao. () Suponha que 1 a b no uma unidade. Ento doCorolrio 16 temos que 1 a b pertence a algum ideal maximal m; masa R m, logo a b m e portanto 1 m o que uma contradio ao fatode m ser maximal e logo prprio.

() Suponha que a 6 R ou seja existe m um ideal maximal de A tal quea 6 m. Logo m ( m, a A o que implica que m, a = A, ento existemm m e b A tal que 1 = m + a b. Logo 1 a b m e portanto no uma unidade (se for, m no seria prprio).

Aula 3

aula 3: 22/08/2014

Lembrando a ltima aula. O conjunto N de todos os elementos nilpotentesde um anel A chamado de nilradical de A.

Proposio. O nilradical de A a interseo de todos os ideais primos de A.

Definio 27. Definimos o radical do ideal I de A como sendo

I = {a A | an I para algum n > 0}.

Se pi : A A/I o homomorfismo projeo, ento I = pi1(NA/I)(provar Exerccio 9.) e logo

I um ideal (pelo Exerccio 2: pr-imagem de

ideal ideal).

Proposio 28. O radical de um ideal I a interseo de todos os ideais primos deA que contm I.

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arDemonstrao. Aplicando a Proposio 24 a A/I temos

NA/I =

p ideal primo de A/Ip,

logo

I = pi1(NA/I)=

p ideal primo de A/I

pi1(p)

=

p ideal primo de A que contm Ip,

onde na ltima igualdade aplicamos o TCI e a Proposio 11 (pr-imagemde ideal primo ideal primo).

Proposio 29.

a. Sejam p1, . . . , pn ideais primos e seja I um ideal contido emn

i=1 pi. EntoI pi para algum i.

b. Sejam I1, . . . , In ideais e seja p um ideal primo contendon

i=1 Ii. Ento p Iipara algum i. Se p =

ni=1 Ii ento p = Ii para algum i.

Demonstrao. O primeiro item provado por contra-positiva e induo emn, i.e. provaremos que

I * pi (1 i n) I *n

i=1

pi.

Claramente verdadeiro para n = 1. Se n > 1 e o resultado verdadeiro paran 1 (ou seja verdadeiro se considerarmos quaisquer n 1 pis), entopara cada i existe ai I tal que ai 6 pj sempre que j 6= i. Agora temos duaspossibilidades, se para algum i temos ai 6 pi ento acabou. Mas se ai pipara todo i, ento considere o elemento b = ni=1 a1 a2 ai an I esuponha que existe i0 tal que b pi0 . Ento

a1a2 ai0 an = bn

i=1i 6=i0

a1 a2 ai0 ai an pi0 ,

como pi0 primo ento pelo menos um dos ai com i 6= i0 deve pertencera pi0o que uma contradio. Logo b 6 pi para todo 1 i n, portantoI *

ni=1 pi.

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Para provar o segundo item suponha que p + Ii para todo i. Ento paracada i existe ai Ii tal que ai 6 p, mas p primo logo a1a2 . . . an 6 p. Poroutro lado a1 a2 an ni=1 Ii

ni=1 Ii p o que uma contradio.

Por ltimo se p =n

i=1 Ii ento p Ii para todo i. Se supomos queessa incluso estrita para todo i, seguindo o raciocnio do caso anteriorchegaremos a uma contradio, logo p = Ii para algum i.

Definio 30. Definimos o ideal quociente dos ideais I e J de A, comosendo o ideal (I : J) = {a A | a J I}.

Em particular (0 : J) chamado de aniquilador de J e frequentementedenotado por Ann(J), consiste dos elementos a A tais que a J = 0.

Se J um ideal principal (a) escreveremos (I : a) ao invs de (I : (a)).

1.1 teorema chins dos restos

Definimos o produto direto dos anis A1, . . . , An

A =n

i=1

Ai

como sendo o conjunto de todas as sequncias a = (a1, . . . , an) com ai Ai(1 i n) e adio e multiplicao componente a componente. Com essasoperaes A um anel comutativo com elemento identidade (1, 1, . . . , 1).As projees pi : A Ai definidas por pi(a) = ai so homomorfismos deanis sobrejetores.

O seguinte teorema uma generalizao do Teorema Chins dos Restos dateoria dos nmeros, o qual na sua verso original afirma que, dados inteirosm1, m2, . . . , mr dois a dois coprimos (i.e., mdc(mi, mj) = 1 se i 6= j) ento osistema de congruncias

x a1(mod m1)x a2(mod m2)

...x ar(mod mr)

admite soluo em x que nica mdulo m1 m2 . . . mr. Na linguagem dalgebra comutativa isto se traduz como: existe um isomorfismo de anis

Z

(m1) Z(m2)

Z(mr)

= Z(m1 m2 . . . mr)

(x mod m1, x mod m2, . . . , x mod mr) 7x mod(m1 m2 . . . mr).

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arO isomorfismo ainda existe quando consideramos um anel qualquer e ideaiscoprimos.

Teorema 31. (Teorema Chins dos Restos) Seja A um anel e sejam I1, . . . , Inideais dois a dois coprimos (i.e., Ii + Ij = A para i 6= j). Ento:

a. I1 In = I1 . . . In

b.A

I1 I2 . . . In 'AI1 A

I2 A

In

Demonstrao.

a. Claramente para quaisquer ideais Ii, sempre temos I1 . . . In I1 In. Para mostrar a incluso oposta, procedemos por induo em nsendo o caso n = 1 trivial. Para n = 2, como I1 e I2 so coprimosexistem ai Ii tais que 1 = a1 + a2. Assim, seja c I1 I2 entoc = c a1 + c a2 I1 I2 como desejado. Vamos supor que verdadepara n 1, queremos provar que vale para n. Para isso basta mostrarque os ideais I1 . . . In1 e In so coprimos pois com isso e a hiptesede induo teremos

(I1 In1) In HI= (I1 . . . In1) In n=2= (I1 . . . In1) In.

Como Ii e In so coprimos para i < n, existem ai Ii e bi In tais queai + bi = 1 para i = 1, . . . , n 1. Assim,

1 = (a1 + b1) . . . (an1 + bn1)= a1 a2 . . . an1 + bj(]) I1 . . . In1 + In

o que mostra que I1 . . . In1 + In = A e logo I1 . . . In1 e In so copri-mos.

b. Para mostrar (b. ) observaremos primeiramente que todo homo-morfismo de anis f : A B induz um isomorfismo de anisf : A/ Ker( f ) Im( f ) dado por f (a) = f (a). (Exerccio 10.)Seja : A AI1 AI2 AIn definida por a 7 (a + I1, a + I2, . . . , a +In). Logo a Ker()(a) = 0 a Ii para todo i = 1, . . . , n a I1 In (a. )= I1 . . . In. Logo Ker() = I1 . . . In. Mostraremos aseguir que sobrejetor. Para isso observamos que pelo item anterioros ideais Ii e I1 I2 Ii In so coprimos, logo para cadai = 1, . . . , n existem ei I1 I2 Ii In (i.e., ei Ij paratodo 1 j n com j 6= i) e ci Ii tal que 1 = ei + ci, assim ei = 0+ Ijpara todo j 6= i e por outro lado ei 1 = ci Ii, logo ei = 1+ Ii. Dito

13

Vers

o Pre

limin

aristo, seja (b1, . . . , bn) AI1 AI2 AIn onde bi = bi + Ii com bi Apara todo i. Ento existe a A dado por a = b1e1 + + bnen tal que

(a) = (a + I1, a + I2, . . . , a + In)= ((b1e1 + + bnen) + I1, . . . , (b1e1 + + bnen) + In)= (b1e1 + I1, . . . , biei + Ii, . . . , bnen + In)

= (b1, . . . , bn)

Logo sobre. Segue da observao que o homomorfismo induzido : A/ Ker() Im() um isomorfismo, logo

A/ Ker() ' Im(),

ou seja

AI1 . . . In

' AI1 A

I2 A

In

Exemplo 32. Considere o anel dos polinmios com coeficientes no corpo dosnmeros complexos C[x] e mostre que C[x]x23 '

C[x]x+3

C[x]x3 . Observe

que se a, b A ento a b = a b (Exerccio 11.). Como x2 3 =(x +

3)(x 3) C[x] logo temos x2 3 = x +3 x3.

Agora observe que

1 =(x +

3) (x3)

2

3

x +

3+

x

3

o que implica que os ideais

x +

3

e

x3

so coprimos. Logo peloTCR

C[x]x2 3 =

C[x]x +

3

x3 ' C[x]

x +

3 C[x]

x3 .

1.2 exerccios

Ex. 1 Seja S A um subconjunto de um anel A. Mostre que:1. S um ideal de A .2. S o menor ideal de A que contm o subconjunto S.3. Se a, b A ento a b = a b.

14

Vers

o Pre

limin

arEx. 2 Se f : A B um homomorfismo de anis e J um ideal de B,ento a pr-imagem f1(J) um ideal de A.

Ex. 3 O elemento a A uma unidade se e somente se a = A = 1.

Ex. 4 Prove o Teorema da Correspondncia de Ideais: os ideais de A/I estoem bijeo com os ideais de A que contm I. Mostre que esta bijeopreserva ideais primos e maximais.

Ex. 5 Prove que todo ideal prprio I de A est contido num ideal maxi-mal.

Ex. 6 Seja A um anel no nulo. Mostre que as seguintes afirmaes soequivalentes:

a. A um corpo;

b. os nicos ideais de A so 0 e A;

c. todo homomorfismo de A num anel no nulo B injetivo.

Ex. 7 Mostre que p um ideal primo se e somente se A/p um domniode integridade.

Ex. 8 Demonstre que todo homomorfismo de anis f : A B induz umisomorfismo de anis f : A/ Ker( f ) Im( f ) dado por f (a) = f (a).

Ex. 9 Seja A um anel, mostre que A[x1,...,xn]x1a1,...,xnan ' A.

Ex. 10 Seja k um corpo e seja f (x) k[x] um polinmio no nulo comfatorao

f (x) = a p1(x)e1 pr(x)er ,

em potncias de polinmios mnicos irredutveis distintos pi(x).1. Mostre que:

k[x] f (x) '

k[x]p1(x)e1

k[x]pr(x)er .

2. Conclua que Fq[x]xqx ' Fq Fq q vezes

15

Vers

o Pre

limin

arEx. 11 Sejam I, J e K ideais de A. Mostre que:

1. I + J o menor ideal de A contendo I e J.2. I J ideal de A3. I J I J4. Se I + J = A, ento I J = I J5. I (J + K) = I J + I K6. Se J I ou K I ento I (J + K) = I J + I K (Lei Modular).

Ex. 12 Seja A um anel e f = a0 + a1x + . . . anxn A[x], mostre que:1. f unidade em A[x] se e somente se a0 unidade em A e a1, . . . , an

forem nilpotentes.2. f nilpotente em A[x] se e somente se a0, a1, . . . , an forem nilpotentes.3. f um divisor de zero em A[x] se e somente se existe a 6= 0 em A tal

que a f = 0.

Ex. 13 Seja p um ideal primo e sejam Ii ideais quaisquer do anel A.Mostre que p I1 I2 In p Ii para algum i.

Ex. 14 Seja A o anel das funes reais contnuas em [0, 1], i.e,

A = { f : [0, 1] R| f contnua}.

Mostre que qualquer ideal maximal de A da forma

Ix = { f A| f (x) = 0}

para algum x [0, 1]. Conclua que existe uma bijeo entre pontos x [0, 1]e ideais maximais de A.

Ex. 15 Mostre que o nilradical

N(A) := {a A, n N > 0 : an = 0}

um ideal de A.

Ex. 16 Se I ideal de um anel A, definimos o radical de I por

I = {a A|an I, para algum n > 0}

1. Mostre que

I um ideal de A contendo I.2. Dado pi : A A/I a projeo cannica. Mostre queI = pi1 (N(A/I))3. Mostre que

I =

I

16

Vers

o Pre

limin

ar4. Mostre que

I J = I J = I J.

5. Mostre que se I primo ento

In = I para todo n N.

Ex. 17 Um ideal I de um anel A dito radical se

I = I. Mostre que1. Todo ideal primo radical.2. (0) ideal radical de Z/nZ se, e somente se, n livre de quadrados.4

Deduza que n ideal radical de Z se, e somente se, n livre dequadrados.

Ex. 18 Dado A um anel e N o seu nilradical. Mostre que so equivalentes:

a. A possui apenas um ideal primo;

b. Todo elemento de A ou uma unidade ou nilpotente;

c. A/N um corpo.

Ex. 19 Sejam I, J e K ideais de A. Mostre que:

I + J K = I + J K = I + J I + K

Ex. 20 Sejam I, Ii, J, Ji e K ideais de A. Definimos o ideal quociente deI por J como sendo (I : J) = {a A | a J I}. Mostre que:

1. (I : J) um ideal de A que contm I.2. ((I : J) : K) = (I : J K) = ((I : K) : J)3. (

i Ii : J) =

i(Ii : J)

4. (I : i Ji) =

i(I : Ji)

4 Um nmero natural dito livre de quadrados se no for divisvel pelo quadrado denenhum nmero inteiro diferente de 1.

17

Vers

o Pre

limin

ar2

VA R I E D A D E S

2.1 espectro

Definio 33. Definimos o espectro de um anel A, Spec(A), como sendo oconjunto de todos os ideais primos de A.

Se : A B um homomorfismo de anis, denotamos por

Spec() : Spec(B) Spec(A)q 7 1(q)

o morfismo entre espectros induzido por . Note que Spec() est bemdefinido pois da Proposio 11, 1(q) um ideal primo de A.

Lema 34. Seja A um anel.

a. Spec(A) = se e somente se A = 0.

b. Seja I um ideal qualquer do anel A e pi : A A/I o homomorfismo projeo.Ento Spec(pi) : Spec(A/I) Spec(A) injetor e sua imagem dada por

V(I) := {p Spec(A) | p I}

de modo que temos uma identificao natural Spec(A/I) = V(I).

Demonstrao. A primeira afirmao consequncia do Teorema 14 (Todoanel no nulo possui pelo menos um ideal maximal e portanto primo) e osegundo consequncia do TCI e do fato dessa correspondncia preservarideais primos.

Mostraremos a seguir que os conjuntos da forma V(I), para I um idealqualquer de A, so os fechados de uma topologia em Spec(A), chamadaTopologia de Zariski.

Lema 35. Seja A um anel, I, J e Ii ideais de A. Ento:

a. V((0)) = Spec(A) e V(A) = ;

b. V(I) V(J) = V(I J);c.

i V(Ii) = V(i Ii).

18

Vers

o Pre

limin

arDemonstrao. O primeiro item trivial. Para ver (b. ) Seja p V(I) V(J)logo ou p V(I) ou p V(J), ou seja, ou I p ou J p. Logo I J po que implica p V(I J). Reciprocamente, seja p V(I J) isto significaque I J p. Suponha que I * p logo existe a I tal que a 6 p. Sejab J um elemento qualquer ento a b I J p, como p primo ea 6 p ento necessariamente b p e logo J p, logo p V(J) e portantop V(I) V(J). Para ver (c. ) lembre que, por definio, i Ii o menorideal que contm todos os Ii, logo

p V(i

Ii) i

Ii p Ii p para todo i

p V(Ii) para todo i p i

V(Ii).

Aula 4

aula 4: 27/08/2014

Lembrando a ltima aula. Definimos o espectro de um anel A, Spec(A),como sendo o conjunto de todos os ideais primos de A.

Se : A B um homomorfismo de anis, denotamos por

Spec() : Spec(B) Spec(A)q 7 1(q)

o mapa entre espectros induzido por .Seja I um ideal qualquer do anel A definimos V(I) := {p Spec(A) | p I},

provamos que os conjuntos das forma V(I) so os fechados de uma topologiaem Spec(A), chamada Topologia de Zariski.

Lema. Seja A um anel, I, J e Ii ideais de A. Ento:

a. V((0)) = Spec(A) e V(A) = ;

b. V(I) V(J) = V(I J);c.

i V(Ii) = V(i Ii).

Demonstrao. Restava provar (c. ). Lembre que, por definio, i Ii omenor ideal que contm todos os Ii, logo

p V(i

Ii) i

Ii p Ii p para todo i

p V(Ii) para todo i p i

V(Ii).

19

Vers

o Pre

limin

arQueremos ver agora algumas propriedades da Topologia de Zariski, para

isso dado um elemento a A definimos o conjunto

D(a) := {p Spec(A) | a 6 p} .

Teorema 36. (Topologia de Zariski) Seja A um anel. Temos:

a. A famlia de subconjuntos {D(a)}aA de Spec(A) uma base de abertos datopologia de Zariski.

b. D(a b) = D(a) D(b).c. Se f : A B um homomorfismo de anis, ento Spec( f ) : Spec(B)

Spec(A) contnuo.

d. Se p Spec(A) temos {p} = V(p) (fecho topolgico). Em particular,a) m Spec(A) um ponto fechado se, e somente se, m um ideal

maximal;

b) se A um domnio de integridade, (0) um ponto denso.

e. Spec(A) compacto.

Demonstrao.

a. Veja que os conjuntos D(a) so abertos (Exerccio 1.). Uma famlia desubconjuntos uma base de abertos para uma topologia se todo abertopode ser escrito como unio de alguns subconjuntos da famlia. Todoaberto da topologia de Zariski de Spec(A) da forma Spec(A) \V(I)para algum ideal I de A, ou seja o conjunto dos ideais primosde A que no contem I. Seja p Spec(A) \ V(I), ento existe a I tal que a 6 p logo p D(a) o que implica que p aI D(a).Reciprocamente, seja p aI D(a) ento existe a I tal que p D(a),logo p Spec(A) e a 6 p, logo I * p e portanto p 6 V(I) ou sejap Spec(A) \ V(I). Logo todo aberto da topologia de Zariski deSpec(A) se escreve como uma unio de alguns D(a).

b. Exerccio 2.

c. Lembre que um aplicao contnua se e somente se pr-imagem deaberto aberto. Segue do item (a. ) que {D(a)}aA uma base de aber-tos da topologia de Spec(A), logo basta provar que (Spec( f ))1(D(a)) aberto. Temos

p (Spec( f ))1(D(a)) Spec( f )(p) D(a) f1(p) D(a) a 6 f1(p) f (a) 6 p p D( f (a))

20

Vers

o Pre

limin

arLogo (Spec( f ))1(D(a)) = D( f (a)) aberto e portanto Spec( f ) contnuo.

d. Lembramos tambm que o fecho topolgico de um conjunto a inter-seco de todos os fechados que o contem, assim

{p} = pV(I)

V(I) =Ip

V(I)(c. )= V(

IpI),

agora veja que p Ip I e tambm p contm todos os Is, mas Ip I o menor ideal com essa propriedade, logo Ip I p o que implicap = Ip I e portanto {p} = V(p).

a) Seja m Spec(A) um ideal maximal ento V(m) = {p Spec(A) | p m} ={m} = {m}, logo m um ponto fechado. Reciprocamente, sem Spec(A) um ideal prprio, logo est contido em algumideal maximal m (Corolrio 15 e Exerccio 5 da Lista 1) logom V(m) = {m} = {m}, por tanto m maximal.

b) Se A um domnio de integridade ento (0) um ideal primo,logo {(0)} = V((0)) = Spec(A).

e. Pelo item (a. ), suficiente provar que toda cobertura de Spec(A) poruma famlia de abertos bsicos {D(a), }, admite subcoberturafinita. Assim, se p Spec(A) ento existe tal que p D(a), ouseja a 6 p. Considere ento o ideal I = a, , logo I * p paratodo p Spec(A). Em particular I no vai estar contido em nenhumideal maximal, logo segue do Corolrio 15 (Exerccio 5 da Lista 1) queI no prprio, assim A = a, e portanto podemos escrever1 = ni=1 bi ai como combinao A-linear finita de elementos ai , oque implica que A = ai , 1 i n. Mas ento cada a = ni=1 ci ai ,logo se a 6 p ento existe 1 i n tal que ci ai 6 p o queimplica que p D(ci ai) = D(ci) D(ai). Em concluso, para cadap Spec(A) existe 1 i n tal que p D(ai), logo Spec(A) =n

i=1 D(ai).

Vejamos alguns exemplos:

Exemplo 37.

a. (0) Spec(A) se, e somente se, A um domnio.b. Se A = k um corpo, ento um domnio e os nicos ideais so (0) e

k, logo Spec(k) = {(0)}.

21

Vers

o Pre

limin

arc. Seja A um DIP. Ento um ideal (a) no nulo primo se, e somente se,

a irredutvel (Exerccio 3.) (i.e., Se A for um domnio um elementoa 6= 0 e a 6 A dito irredutvel se sempre que a = b c ento b Aou c A). Logo Spec(A) = {(0)} {(a) | a irredutvel}.

d. Se A for um DFU, (Domnio de Fatorao nica, i.e., se todo elementono nulo a A pode ser escrito como produto a = b1b2 . . . bm combi irredutveis e se tambm a = c1c2 . . . cn com ci irredutveis entom = n e existe uma permutao : {1, 2, . . . , m} {1, 2, . . . , m}tal que bi = uc(i) para algum u A para todo i = 1, 2, . . . , m )ento tambm todo ideal principal (a) no nulo primo se, e somentese, a irredutvel. Entretanto um DFU em geral possui diversosideais primos que no so principais: se A = k for um corpo, ento(x1), (x1, x2), . . . , (x1, x2, . . . , xn) Spec(k[x1, . . . , xn]) j que os anisquociente k[x1,x2,...,xn]

(x1,...,xi)so domnios, pois:

k[x1, x2, . . . , xn](x1, . . . , xi)

' k[x1, . . . , xi](x1, . . . , xi)

[xi+1, . . . , xn] ' k[xi+1, . . . , xn].

e. Seja A = k k ento os ideais de a so: (0) (0), (0) k, k (0), k k. Observe que A no um domnio pois (0, 0) = (1, 0) (0, 1) logo (0) (0) 6 Spec(A), tambm k k 6 Spec(A) pois no prprio. Vejamos que (0) k primo, seja a b (0) k logoexiste a1, a2, b1, b2, c k tal que a b = (a1, a2) (b1, b2) = (0, c), logoa1 b1 = 0 e como k corpo ento ou a1 = 0 ou b1 = 0 logo oua (0) k ou b (0) k. Analogamente vemos que k (0) primo.Logo Spec(k k) = {(0) k, k (0)}. Observe que ambos os ideaisso maximais e portanto fechados e logo abertos.

Generalizando este caso temos o seguinte exemplo

f. (Exerccio 4.) Mostre que:

a) Os ideais de A B so da forma I J onde I um ideal de A e J um ideal de B.

b) Conclua que os ideais primos de A B so da forma p B eA q com p Spec(A) e q Spec(B). Assim temos,

Spec(A B) = Spec(A) Spec(B)em que identificamos p B com p e A q com q.

g. Como k[t] um DIP, os conjuntos V(( f )) = {(p) | p um fator irredutvel de f }para f k[t] no nulo. Logo os fechados em Spec(k[t]) so ,

22

Vers

o Pre

limin

arSpec(k[t]) e unies de um nmero finito de pontos (pontos=ideaisprimos) .

h. Seja A = k[[t]] o anel das sries formais f (t) = a0 + a1t + + antn + . Ento f uma unidade se, e somente se, a0 uma unidade. Comok[[t]] DIP, o ideal (0) primo. Provaremos agora que (t) maximal.Seja I um ideal qualquer e seja h = c0 + c1t + + cntn + I,ento se c0 6= 0 (logo c0 uma unidade) h uma unidade e I = k[[t]].Mas se c0 = 0 ento h (t) logo I (t) o que implica que (t) maximal e portanto primo. Seja agora I um outro ideal primo comh I ento c0 = 0 pois I prprio. Logo existe r 1 tal queh = tr (br + br+1t + ) com br 6= 0. Se br + br+1t + I comoesse elemento uma unidade I = k[[t]] o que uma contradio,logo como I primo necessariamente tr I do que segue que t I eportanto (t) I, mas como (t) maximal temos I = (t) e por tanto (t) o nico ideal primo. Assim Spec(k[[t]]) = {(0)} {(t)} . Por outrolado, temos que (t) um ponto fechado (pois maximal) enquanto que(0) um ponto denso (pois k[[t]] um domnio). Assim os fechadosde Spec(k[[t]]) so: , Spec(k[[t]]) e {(t)}

Aula 5

aula 5: 29/08/2014

No Exemplo 5 da aula passada, (Exerccio 4.) Mostre que:

a. Os ideais de A B so da forma I J onde I um ideal de A e J um ideal de B.

b. Conclua que os ideais primos de A B so da forma p (0) e (0) qcom p Spec(A) e q Spec(B) deve-se trocar por so da formap B e A q com p Spec(A) e q Spec(B). Assim temos,

Spec(A B) = Spec(A) Spec(B)em que identificamos p (0) com p e (0) q com q trocar por em queidentificamos p B com p e A q com q.

A forma anterior no funciona pois temos o seguinte contraexemplo: SejaA = k k ento os ideais de a so: (0) (0), (0) k, k (0), k k. Dadoque Spec(k) = {(0)} ento, de acordo primeira identificao, teramos queo nico ideal primo de k k seria (0) (0). Mas k k no um domniopois (0, 0) = (1, 0) (0, 1) logo (0) (0) 6 Spec(k k). Vejamos ento queos ideais primos de A B de fato so dessa forma.

Seja ento I J um ideal A B, ento temos um isomorfismo ABIJ'

AI BJ dado por (a, b) + (I J) 7 (a + I, b + J). Agora observe que A B

23

Vers

o Pre

limin

ar um domnio se e somente se (A = 0 e B um domnio) ou (B = 0 e A um domnio). Assim I J um ideal primo A B ABIJ um domnioAI BJ um domnio ( AI = 0 e BJ um domnio) ou ( BJ = 0 e AI um

domnio) (A = I e J primo) ou (B = J e I primo).Exemplo 38. (Exemplo 8) Seja A = C[x, y]/(y2 x3 + x). Mostraremos que

Spec(A) ={(0)} {x a, y b | b2 = a3 a} .

Para isso seja B = C[x], ento existe um homomorfismo : B A, dadopor x 7 x. Note que injetor pois nenhum polinmio na varivel x podeser mltiplo de y2 x3 + x. Utilizando a relao y2 = x3 x, temos umconjunto de representantes de classe C[x,y]

(y2x3+x) = C[x] + C[x] y formadopelos polinmios p(x) + q(x)y de grau no mximo 1 em y. Observe quey2 x3 + x um polinmio irredutvel no DFU C[x, y] e assim (y2 x3 +x) C[x, y] um ideal primo e logo A = C[x, y]/(y2 x3 + x) umdomnio. Por tanto (0) Spec(A).

Seja Spec() : Spec(A) Spec(B) o morfismo entre espectros induzidopor e seja q Spec(A). Como B um DIP, segue do Exemplo (c. ) queSpec(B) = {(0)} {(x a)}, j que os elementos irredutveis de B so daforma x a, para a C. Logo temos dois casos a analisar:

a. Spec()(q) = (0), ou seja 1(q) = (0) o que implica que q C[x] =(0). Vamos mostrar que q = (0). Seja a(x) + b(x)y q multiplicandopelo seu conjugado, obtemos

q 3 (a(x) + b(x)y) (a(x) b(x)y) = a(x)2 b(x)2y2= a(x)2 b(x)2(x3 x) C[x],

como qC[x] = (0) e A um domnio ento a(x) = 0 e b(x) = 0 logoq = (0).

b. Spec()(q) = (x a) para algum a C, ou seja 1(q) = (x a) o que implica que q C[x] = (x a) q. Vamos calcular oSpec (A/(x a)), pois estamos interessados em ideais primos q de Aque contm (x a). Seja b C tal que b2 = a3 a, de modo que temosum isomorfismo

A(x a) '

C[x, y]y2 x3 + x, x a

x 7a' C[y](y2 a3 + a) =

C[y](y2 b2) .

24

Vers

o Pre

limin

arTemos alguns sub-casos de acordo com a fatorao de y2 b2. Primeiro,se b 6= 0, pelo Teorema Chins dos Restos (Teorema 31) temos

C[y](y2 b2) =

C[y](y b)

C[y](y + b)

' CC

que possui somente dois ideais primos: (0)C e C (0) que identifi-camos (Exemplo f. ) com os ideais primos (0) de C[y]

(y+b) e (0) deC[y](yb) .

Mas esses ideais correspondem aos ideais primos (y + b) e (y b) deA

(xa) que a sua vez correspondem aos ideais primos y b, x a ey + b, x a de A. Logo neste caso q da forma y b, x a comb2 = a3 a 6= 0.Segundo se b = 0 (i.e., a3 a = 0a = 0 ou a = 1) ento

A(x a) =

C[y](y2)

logo os ideais primos de A(xa) correspondem aos ideais primos de

C[y] que contm (y2) neste caso s h um primo (y) que correspondeao ideal primo (y, x a) de A.

Resumindo: Spec(C[x, y]/y2 x3 + x) consiste no ideal (0) e nos ideais

y b, x a que esto em bijeo com os pontos (a, b) da curva y2 = x3 x.O subespao de Spec(A) consistindo dos ideais maximais de A com a

topologia induzida, chamado de espectro maximal de A e denotadopor Specm(A). Para anis comutativos arbitrrios Specm(A) no tem aspropriedades funtoriais de Spec(A) por causa que a imagem inversa deum ideal maximal sob um homomorfismo de anis no necessariamentemaximal.

Como consequncia do teorema de existncia de ideais maximais temosque A = 0 se e somente se Specm(A) = e dado um ideal I qualquer de Asegue do TCI que existe uma bijeo natural

Specm(A/I) = {m Specm(A) | m I} . (1)

Do Exerccio 9 da Lista 1 existe um isomorfismo : A[x1,...,xn]x1a1,...,xnan A,dado por xi 7 ai. Seja I um ideal de A[x1, . . . , xn], dados a1, . . . , an A va-mos mostrar que I x1 a1, . . . , xn an se e somente se f (a1, . . . , an) = 0para todo f (x1, . . . , xn) I de modo que x1 a1, . . . , xn an A[x1, . . . , xn] um ideal de A[x1, . . . , xn]/I se, e somente se, (a1, . . . , an) An um pontodo conjunto de zeros Z(I) de I, definido por

Z(I) := {(a1, . . . , an) An | f (a1, . . . , an) = 0 para todo f (x1, . . . , xn) I} .

25

Vers

o Prel

imina

r

De fato, temos I x1 a1, . . . , xn anpara cada f (x1, . . . , xn) I,f (x1, . . . , xn) = 0 em

A[x1,...,xn]x1a1,...,xnan para cada f (x1, . . . , xn) I,

(f (x1, . . . , xn)

)=

0 em A para cada f (x1, . . . , xn) I, f (a1, . . . , an) = 0(a1, . . . , an) Z(I).

Em particular se A = k for um corpo, x1 a1, . . . , xn an Specm(k[x1, . . . , xn])para quaisquer n elementos ai de k. E logo pelo TCI temos que para todoponto (a1, . . . , an) Z(I), x1 a1, . . . , xn an Specm(k[x1, . . . , xn]/I).

Mais tarde, veremos que se k for algebricamente fechado, a recprocaem ambos casos tambm verdadeira (Nullstellensatz Hilberts). Ou seja,todo ideal maximal de k[x1, . . . , xn] da forma x1 a1, . . . , xn an paraa1, . . . , an k. E, todo ideal maximal de k[x1, . . . , xn]/I da forma x1 a1, . . . , xn anpara (a1, . . . , an) Z(I), por tanto temos uma bijeo entre Specm(k[x1, . . . , xn]/I)e o conjunto dos zeros Z(I) de I. Mas para isso precisaremos de algunsconceitos da Geometria Algbrica...

2.2 introduo geometria algbrica

Nesta seo k denotar um corpo algebricamente fechado.

Definio 39.

a. O espao afim Ank de dimenso n sobre o corpo k o conjunto

Ank := kn = k k

n vezes.

b. Seja S k[x1, . . . , xn] um conjunto de polinmios. O conjunto al-gbrico afim definido por S o subconjunto Z(S) Ank dos zeroscomuns de todos os polinmios em S:

Z(S) := {(a1, . . . , an) Ank | f (a1, . . . , an) = 0 para todo f S} .

Note que Z() reverte incluses: S T ento Z(S) Z(T). Alm disso,se I k[x1, . . . , xn] o ideal gerado por S, ento Z(S) = Z(I). Assim no hperda de generalidade em definir um conjunto algbrico como o conjunto dezeros de um ideal, o que faremos de agora em diante. Mais tarde veremosque todo ideal de k[x1, . . . , xn] finitamente gerado (pelo Teorema da Basede Hilbert, Teorema 119) e assim todo conjunto algbrico o conjunto dezeros de um nmero finito de polinmios.

Podemos definir tambm uma topologia em Ank (e, por conseguinte,tambm nos conjuntos algbricos) de acordo com o seguinte Lema:

Lema 40. Os conjuntos algbricos tm as seguintes propriedades:

26

Vers

o Pre

limin

ara. Z((0)) = Ank e Z(k[x1, . . . , xn]) =

b. Z(I) Z(J) = Z(I J)c.

i Z(Ii) = Z(i Ii).

Assim, os conjuntos algbricos so os fechados de uma topologia de Ank, chamadatambm de Topologia de Zariski.

Demonstrao. Exerccio 5.Aula 6

aula 6: 10/09/2014

Lembrando a ltima aula. Introduo Geometria Algbrica.k denotar um corpo algebricamente fechado. Definimos o espao afim

Ank de dimenso n sobre o corpo k como sendo o conjunto Ank := k

n =k k

n vezes. Definimos um conjunto algbrico afim como sendo o conjunto

dos zeros comuns de um ideal I k[x1, . . . , xn]

Z(I) := {(a1, . . . , an) Ank | f (a1, . . . , an) = 0 para todo f I} .

Os conjuntos algbricos so os fechados de uma topologia deAnk, chamadatambm de Topologia de Zariski.

Lembramos que um espao topolgico dito irredutvel se no pode serescrito como unio de dois fechados prprios, isto implica que quaisquerdois abertos no vazios se interceptam, logo todo aberto no vazio em umespao irredutvel X denso.

Definio 41. Uma variedade algbrica um conjunto algbrico irredutvel.

O espao afim Ank para n 1 uma variedade. Para ver isso precisamosde seguinte fato: (Exerccio 6.) Se k um corpo infinito e f k[x1, . . . , xn] tal que f (a1, . . . , an) = 0 para todo (a1, . . . , an) Ank ento f = 0. Observeque como k algebricamente fechado ele infinito, pois suponha que ele finito k = {a1, . . . , an} ento o polinmio f (x) = (x a1)(x a2) . . . (xan) + 1 no tem raiz em k, contradio. Segue que nenhum polinmio nonulo se anula identicamente em todo Ank. Assim Z(I) (A

nk um fechado

prprio se, e somente se, I 6= (0). Logo se Ank = Z(I) Z(J) = Z(I J)ento I J = 0 e como k[x1, . . . , xn] um domnio ento ou I = 0 ou J = 0,o que mostra que Ank no unio de dois fechados prprios.

Definio 42. Sejam X Amk e Y Ank dois conjuntos algbricos afins. Ummorfismo de conjuntos algbricos f : X Y uma funo para a qualexistem polinmios p1, . . . , pn k[x1, . . . , xm] tais que

f (a1, . . . , am) = (p1(a1, . . . , am), . . . , pn(a1, . . . , am)) Y

27

Vers

o Prel

imina

r

para todo (a1, . . . , am) X.Observamos que composio de morfismos de conjuntos algbricos

tambm um morfismo de conjuntos algbricos.Os polinmios pi no so unicamente determinados por f : se X = Z(I) ,

ento somando a cada pi um elemento de I ainda obtemos a mesma funof . Em outras palavras, os polinmios pi s esto determinados mdulopolinmios que se anulam sobre todo o X. Isto nos leva a introduzir aseguinte definio:

Definio 43. Seja X Ank um conjunto algbrico. O anel (com a soma e oproduto de funes induzidos pelas respetivas operaes em k)

k[X] :={

f : X A1k = k | f um morfismo de conjuntos algbricos}

chamado de anel de funes regulares em X.

Existe um morfismo sobrejetor k[x1, . . . , xn] k[X] que leva um polin-mio no morfismo correspondente. O kernel I(X) deste morfismo, i.e.,

I(X) := { f k[x1, . . . , xn] | f (a1, . . . , an) = 0 para todo (a1, . . . , an) X}

chamado de ideal do conjunto algbrico X. Pelo Teorema do Isomorfismo(Exerccio 8 Lista 1) temos k[X] ' k[x1,...,xn]I(X) .Proposio 44. Sejam X, Y Ank conjuntos algbricos temos:

a. X Y ento I(X) I(Y);b. Para um ideal J de k[x1, . . . , xn] temos J I(Z(J)).c. X = Z(I(X))

Demonstrao. Os itens a. e b. so triviais. A incluso em c. clara,enquanto que b. implica que Z(I(Z(J))) Z(J), logo se X conjuntoalgbrico ento Z(I(X)) X.

Em geral a incluso em b. estrita: considere por exemplo o idealJ = (x2) k[x], ento Z(x2) = {a A1k = k | a2 = 0} = 0 logo I(Z(J)) =I(Z(x2)) = I(0) = { f k[x] | f (0) = 0}, ou seja so os polinmios em umavarivel com termo constante nulo. Logo x I(Z(J)) mas x 6 (x2) = J.

Diversas propriedades geomtricas de um conjunto algbrico X se tradu-zem em propriedades algbricas de seu anel de funes regulares k[X] evice-versa. Como um primeiro exemplo temos a seguinte proposio:

Proposio 45. Seja X um conjunto algbrico, ento so equivalentes:

a. X uma variedade;

28

Vers

o Pre

limin

arb. k[X] um domnio;

c. I(X) um ideal primo.

Demonstrao. claro que k[X] um domnio I(X) um ideal primo.Suponha, ento, que X Ank no seja uma variedade, i.e., X unio de doisfechados prprios:

X = (X Z(I)) (X Z(J)) = X (Z(I) Z(J)) X Z(I) Z(J) = Z(I J)

onde I e J so ideais de k[x1, . . . , xn]. Como estes fechados so prprios(i.e., X Z(I) ( X ento X * Z(I), idem com J), existem polinmios f Ie g J que no se anulam sobre todo X, logo f , g 6 I(X). Por outrolado, como f g I J, ento f g se anula identicamente sobre X (i.e.,f g I(X)). Assim, as imagens f , g k[X] = k[x1,...,xn]I(X) de f e g so taisque f g = 0 mas f 6= 0 e g 6= 0, mostrando que k[X] no domnio.

Reciprocamente, suponha que k[X] no seja domnio e sejam f , g k[X]tais que f g = 0 com f 6= 0 e g 6= 0. Se f , g k[x1, . . . , xn] so doislevantamentos de f , g ento f g I(X) ou seja f g se anula sobre todo Xmas o mesmo no ocorre nem com f nem com g. Assim,

X Z( f g) = Z( f ) Z(g) X = (X Z( f )) (X Z(g))

mostra que X unio de dois fechados prprios, ou seja, no variedade.

Seja X Ank um conjunto algbrico e seja P = (a1, . . . , an) X um ponto1deste conjunto. Defina

mP := I(P) = { f k[x1, . . . , xn] | f (P) = f (a1, . . . , an) = 0} .

Claramente, xi ai mP para i = 1, . . . , n assim x1 a1, . . . , xn an mP.Mas x1 a1, . . . , xn an um ideal maximal j que

k[x1, . . . , xn]x1 a1, . . . , xn an ' k

um corpo, logo mP = x1 a1, . . . , xn an um ideal maximal dek[x1, . . . , xn] que contm I(X) (pois P X implica I(X) I(P)). Isto

1 Qualquer ponto (a1, . . . , an) do espao afimAnk um conjunto algbrico, pois (a1, . . . , an) =Z(x1 a1, . . . , xn an)

29

Vers

o Pre

limin

arimplica que mP corresponde a um ideal maximal de k[X] ' k[x1,...,xn]I(X) quedenotaremos por mP. Temos ento uma bijeo natural

X ' Specm(k[X]) = Specm(k[x1, . . . , xn]I(X)

)

P = (a1, . . . , an) 7 mP = I(P)I(X) = x1 a1, . . . , xn an

Esta associao claramente injetora pois se dois pontos P 6= Q diferem nasi-simas coordenadas ai 6= bi ento xi ai mP\mQ. Para ver que sobre,ou seja que Specm(k[x1,...,xn]I(X) ) = {x1 a1, . . . , xn an | (a1, . . . , an) X},basta mostrar que

Specm(k[x1, . . . , xn]) = {x1 a1, . . . , xn an | ai k}

pois como observamos na aula passada: x1 a1, . . . , xn an k[x1, . . . , xn]corresponde a um ideal de k[x1, . . . , xn]/I(X) se, e somente se, (a1, . . . , an) Z(I(X)) = X. Mas esse resultado conhecido como Nullstellensatz2 Hil-berts ou Teorema dos Zeros de Hilbert.

Teorema 46. (Nullstellensatz Hilberts) Seja k um corpo algebricamente fechado.

a. Todo ideal maximal do anel k[x1, . . . , xn] da forma mP = x1 a1, . . . , xn anpara algum ponto P = (a1, . . . , an) Ank.

b. Seja J ( k[x1, . . . , xn] um ideal prprio ento Z(J) 6= .c. Para qualquer J k[x1, . . . , xn] temos I(Z(J)) =

J.

A parte essencial do teorema o item b. , o qual nos diz que se um idealJ no o anel todo k[x1, . . . , xn] ento ele tem zeros em Ank. Note tambmque b. completamente falso se k no algebricamente fechado, pois sef k[x] um polinmio no-constante ento ele pode no gerar o anel todok[x] como um ideal, mas Z( f ) = perfeitamente possvel.

Demonstrao. Para provar o teorema vamos assumir o seguinte fato queprovaremos mas tarde (veja Teorema 190):

Fato: Seja k um corpo e A = k[a1, . . . , an] um anel finitamente gerado3

(f.g.) sobre k. Se A um corpo ento A uma extenso algbrica4 de k.

2 Satz=Teorema, Nullstellen=dos zeros3 i.e., existe um nmero finito de elementos a1, . . . , an tal que A gerado como anel por k e

a1, . . . , an. Ou sejam os elementos de A so expresses polinomiais nos ais.4 Uma extenso A k dita algbrica se para todo elemento a A existe um polinmio

f k[x] no nulo tal que f (a) = 0

30

Vers

o Pre

limin

ara. Seja m k[x1, . . . , xn] um ideal maximal, como k[x1, . . . , xn] um anel

f.g. sobre k ento K = k[x1, . . . , xn]/m um corpo (pois m maximal)f.g. sobre k (pois gerado pelos xis). Logo segue do Fato que K uma extenso algbrica de k, mas k algebricamente fechado, logok = K. Assim, existem ai k tais que xi ai mod(m) logo xi ai mpara todo i = 1, . . . , n. Ou seja, x1 a1, . . . , xn an m, mas comoj vimos x1 a1, . . . , xn an um ideal maximal (Exerccio 9 da Lista1 para A = k), logo x1 a1, . . . , xn an = m.

b. Se J ( k[x1, . . . , xn] um ideal prprio ento existe um ideal maximalm de k[x1, . . . , xn] tal que J m. Pelo item a. m da forma m =x1 a1, . . . , xn an para certos ais k. Logo J m implica quef (a1, . . . , an) = 0 para todo f J. Logo (a1, . . . , an) Z(J).

c. claro que

J I(Z(J)): se f n J I(Z(J)) (pela Proposio 44 b.) ento f

n= 0 em k[X] = k[x1,...,xn]I(Z(J)) onde X = Z(J). Logo para todo

(a1, . . . , an) X, ( f (a1, . . . , an))n = 0 k = A1k o que implica quef (a1, . . . , an) = 0 (pois k um corpo e o nico elemento nilpotente o0). Assim f = 0 em k[X] (como morfismo que leva todos os elementosdo domnio em 0), ou seja f I(X).Para ver I(Z(J)) J tome f I(Z(J)). Introduza uma outravarivel y e considere o novo ideal J1 = J, f y 1 k[x1, . . . , xn, y]gerado por J e f y 1. Um ponto Q Z(J1) An+1k uma (n + 1)-tupla Q = (a1, . . . , an, b) tal que g(a1, . . . , an) = 0 para toda g J, i.e.,(a1, . . . , an) Z(J) e f (a1, . . . , an) b = 1, ou seja f (a1, . . . , an) 6= 0 eb = f (a1, . . . , an)1.Mas como f I(Z(J)), a primeira condio acima implica que f (a1, . . . , an) =0 o que contradiz a segunda, ento Z(J1) = . Segue do item b. que1 J1, i.e., existe uma expresso

1 = gi fi + g0( f y 1) k[x1, . . . , xn, y]

com fi J e g0, gi k[x1, . . . , xn, y]. Agora suponha que yN amaior potncia de y aparecendo em qualquer um dos g0, gi entomultiplicando ambos lados por f N temos

f N =Gi(x1, . . . , xn, f y) fi + G0(x1, . . . , xn, f y)( f y 1)

31

Vers

o Pre

limin

aronde Gi f Ngi escrito como um polinmio em x1, . . . , xn e ( f y), daseguinte forma:

Gi(x1, . . . , xn, f y) = f Ngi(x1, . . . , xn, y)= f N

(1,...,n,j)pi1...n jx

11 xnn yj

= (1,...,n,j)

pi1...n jx11 xnn f Nj ( f y)j

Podemos reduzir esta igualdade de polinmios em k[x1, . . . , xn, y] m-dulo f y 1, logo f y = 1 assim Gi(x1, . . . , xn, f y) = hi(x1, . . . , xn)e obtemos

fN= hi(x1, . . . , xn) f i k[x1, . . . , xn, y]/ f y 1 ;

ambos os lados da igualdade so imagens de elementos de k[x1, . . . , xn].Como o homomorfismo cannico k[x1, . . . , xn] k[x1, . . . , xn, y]/ f y 1 injetivo segue que

f N = hi(x1, . . . , xn) fi k[x1, . . . , xn]

ou seja f N J pois fi J, logo f

J.

Aula 7

aula 7: 12/09/2014

Como consequncia do Teorema dos Zeros de Hilbert temos:

Corolrio 47. As correspondncias Z e I dadas por:

{ideais J k[x1, . . . , xn]} Z {subconjuntos X Ank}J 7 Z(J)

{ideais J k[x1, . . . , xn]} I {subconjuntos X Ank}I(X) [ X

induzem as seguintes bijees:

{ideais radicais J k[x1, . . . , xn]} Z,I{conjuntos algbricos X Ank}

{ideais primos J k[x1, . . . , xn]} Z,I{variedades X Ank}

32

Vers

o Pre

limin

arA primeira bijeo segue dos fatos Z(I(X)) = X para qualquer conjunto

algbrico X (Proposio 44 c. ) e I(Z(J)) = J para qualquer ideal radical J(i.e., qualquer ideal J tal que J =

J) (Teorema 46 c. ). A segunda segue do

fato de variedades serem conjuntos algbricos e ideais primos serem radicais(Exerccio 17 Lista 1) e da Proposio 45: X variedade se, e somente se,I(X) um ideal primo.

A prxima proposio mostra que a topologia de Zariski do espaoafim Ank na verdade a topologia induzida do subespao Specm(k[X]) deSpec(k[X]) via identificao X = Specm(k[X]) de um conjunto algbricocom o espectro maximal de seu anel de funes regulares.

Proposio 48. Seja k um corpo algebricamente fechado, seja X Ank um con-junto algbrico e seja k[X] = k[x1, . . . , xn]/I(X) seu anel de funes regulares. SeJ k[X] um ideal qualquer de k[X] com ideal correspondente J k[x1, . . . , xn]no anel de polinmios, temos

Z(J) X = V(J) Specm(k[X])

via identificao X = Specm(k[X]) dada por P 7 mP. Assim, a topologia desubespao de Specm(k[X]) Spec(k[X]) coincide com a topologia de Zariski deX como conjunto algbrico.

Demonstrao. Seja P = (a1, . . . , an) X, temos que o ideal maximal corres-pondente mP = x1 a1, . . . , xn an k[X] e portanto

mP V(J)mP J em k[X] = k[x1, . . . , xn]/I(X)x1 a1, . . . , xn an J em k[x1, . . . , xn]P = (a1, . . . , an) Z(J)

2.3 exerccios

Ex. 21 Mostre que todo anel A possui um ideal primo minimal, ou seja,um ideal primo p tal que se q Spec(A) e q p = q = p. Quais so osprimos minimais de

C[x, y](x2 y2)?

Ex. 22 Seja A um anel. Para um subconjunto S A, defina

V(S) := {p Spec(A) | p S}

33

Vers

o Pre

limin

arcomo o conjunto de todos os ideais primos de A que contm S. Prove queV(S) = V(I) = V(

I), onde I representa o ideal gerado por S em A.

Ex. 23 Seja A um anel. Para a A, defina o conjunto D(a) := {p Spec(A) | a 6 p}.Mostre que os conjuntos D(a) com a A so abertos e formam uma basepara a topologia de Zariski de Spec(A). Alm disso, dados a, b A mostreque:

1. D(a) D(b) = D(a b).2. D(a) = a nilpotente.3. D(a) = Spec(A) a unidade.4. D(a) = D(b) a = b.

Ex. 24 Seja A um anel e I A um ideal qualquer. Prove que o morfismoentre espectros

Spec(pi) : Spec(A/I) V(I) Spec(A)

induzido pela projeo cannica pi : A A/I um homeomorfismo.

Ex. 25 Um espao topolgico X dito irredutvel se X 6= e se todo parde conjuntos abertos no vazios em X se interceptam, ou equivalentemente,todo aberto no vazio denso em X. Mostre que Spec(A) irredutvel se esomente se o nilradical de A, N(A), um ideal primo.

Ex. 26 Sejam A e B dois anis. Mostre que:1. A B um domnio se e somente se A = 0 e B um domnio ou

B = 0 e A um domnio.2. Os ideais de A B so da forma I J onde I um ideal de A e J

um ideal de B.3. Spec(A B) = Spec(A) Spec(B).

Ex. 27 Mostre que1. Se A um Domnio de Fatorao nica (DFU), ento um ideal

principal (a) no nulo primo se, e somente se, a irredutvel.2. Todo Domnio de Ideais Principais (DIP) DFU.3. Conclua que Spec(DIP) = {(0)} {(a) | a irredutvel}.

Ex. 28 Mostre que os conjuntos algbricos so os fechados de uma topo-logia de Ank (Topologia de Zariski), i.e., tm as seguintes propriedades:

1. Z((0)) = Ank e Z(k[x1, . . . , xn]) =

34

Vers

o Pre

limin

ar2. Z(I) Z(J) = Z(I J)3.

i Z(Ii) = Z(i Ii).

Ex. 29 Seja k um corpo infinito e f k[x1, . . . , xn]. Mostre que sef (a1, . . . , an) = 0 para todo (a1, . . . , an) Ank ento f = 0. Encontre umcontraexemplo no caso em que k um corpo finito.

Ex. 30 Seja k um corpo algebricamente fechado, f k[x1, . . . , xn]. Proveque o conjunto algbrico Z( f ) Ank uma variedade se, e somente se,existe um polinmio irredutvel g k[x1, . . . , xn] tal que f = gn para algumn > 0.

Ex. 31 Para cada um dois anis A a seguir determine o grupo das unida-des de A, Spec(A), ideais maximais e os abertos e fechados do Spec(A).

1. Z2. Z/3Z3. Z/6Z4. C[x]5. C[x]/

x13

6. R[x]/

x2 + 1

7. C[[x]]/

x2 + 1

8. Z[x]/

x2 + 1

9. C[x, y]/

x2 + y2 + 1

10. R[x, y]/

x2 + y2 + 1

35

Vers

o Pre

limin

ar3

M D U L O S

Definio 49. Seja A um anel. Um A-mdulo um par (M, ) onde M um grupo abeliano e : AM M uma aplicao que leva (a, m) 7 ame satisfaz:

a(m + n) = am + an(a + b)m = am + bm

(ab)m = a(bm)1m = m

para todo a, b A e m, n M.Ou, equivalentemente, M um grupo abeliano juntamente com um homo-

morfismo de anis A End(M) onde End(M) o anel dos endomorfismosdo grupo abeliano M.

Exemplo 50.

a. Um ideal I de A um A-mdulo. Em particular, A um A-mdulo.

b. Se A = k um corpo, ento um A-mdulo um k-espao vetorial.

c. Se A = Z ento um A-mdulo um grupo abeliano, onde definimosnm = m + + m

n vezes.

d. Se A = k[x] onde k um corpo, ento um A-mdulo um k-espaovetorial com uma transformao linear.

Sejam M e N dois A-mdulos. Uma aplicao f : M N um homo-morfismo de A-mdulos (ou um A-homomorfismo) se

f (m1 + m2) = f (m1) + f (m2)f (am1) = a f (m1)

para todo a A e m1, m2 M. Ou seja, f um homomorfismo de gruposabelianos que comuta com a ao de cada a A.

O conjunto de todos os homomorfismos de A-mdulos de M em N podeser visto como um A-mdulo se definimos soma e produto pelas regras

( f + g)(m) = f (m) + g(m)(a f )(m) = a f (m)

36

Vers

o Prel

imina

r

para todo m M. Denotamos este A-mdulo por HomA(M, N).Sejam u : M M e v : N N dois homomorfismos de A-mdulos,

ento eles induzem aplicaes

u : HomA(M, N) HomA(M, N) e v : HomA(M, N) HomA(M, N)

definidas como u( f ) = f u e v( f ) = v f . Estas aplicaes so tambmhomomorfismos de A-mdulos.

Para todo mdulo M existe um isomorfismo natural HomA(A, M) ' Mpois todo homomorfismo de A-mdulos f : A M determinado demaneira nica por f (1) M.Definio 51. Um submdulo M de M um subgrupo de M que fechadoem relao multiplicao por elementos de A.

O grupo abeliano M/M herda uma estrutura de A-mdulo de M, defi-nida por a(m + M) = am + M. Logo M/M o A-mdulo quociente deM por M.

O TCI um caso particular do seguinte fato: a projeo cannica M M/M um homomorfismo de A-mdulos que induz uma correspondnciaum-a-um (que preserva ordem) entre submdulos de M que contm M esubmdulos de M/M.

Se f : M N um homomorfismo de A-mdulos, ento o Ker( f ) umsubmdulo de M e a Im( f ) um submdulo de N. Denotamos o cokernelde f como sendo Coker( f ) = N/ Im( f ).

Se M M um submdulo de M tal que M Ker( f ) ento f induzum homomorfismo f : M/M N definido como segue: se m M/M imagem de m M ento f (m) = f (m). O Ker( f ) = Ker( f )/M, emparticular tomando M = Ker( f ) temos um isomorfismo de A-mdulos

MKer( f )

' Im( f ).

Definio 52. Seja M um A-mdulo e (Mi)iI uma famlia de submdulosde M. Definimos

a. A soma Mi como sendo o conjunto de todas as somas (finitas) mi,onde mi Mi para todo i I e quase todos (i.e., todos exceto umnmero finito) os mi so zero. A soma Mi o menor submdulo deM que contm todos os Mi.

b. A interseo

Mi um submdulo de M.

c. Em geral no podemos definir o produto de dois submdulos, maspodemos definir o produto IM onde I um ideal e M um A-mdulo,como sendo o conjunto de todas as somas finitas aimi com ai I emi Mi. O produto IM um submdulo de M.

37

Vers

o Pre

limin

arProposio 53.

a. Se L M N so A-mdulos, ento (L/N)/(M/N) ' L/M.b. Se M1 e M2 so submdulos de M, ento

(M1 + M2)M1

' M2(M1 M2) .

Demonstrao. Exerccio 1.

Se N, P so submdulos de M definimos (N : P) como sendo o conjuntode todos os a A tais que aP N, logo (N : P) um ideal de A. Emparticular, (0 : M) o conjunto de todos os a A tais que aM = 0, este ideal chamado aniquilador de M e denotado por Ann(M). Se I Ann(M)podemos considerar M como um (A/I)-mdulo: se a A/I representadopor a A, defina am como sendo am, m M. Observe que esta definio independente da escolha do representante a de a pois IM = 0.

Definio 54. Um A-mdulo M dito fiel se Ann(M) = 0.

Segue da definio que todo mdulo M fiel como um AAnn(M) -mdulo.Se m um elemento de M, o conjunto de todos os mltiplos am, com a A,

um submdulo de M, denotado por Am ou m. Se um mdulo M =iI Ami dizemos que os mis formam um conjunto de geradores de M, istosignifica que todo elemento de M pode ser expresso (no necessariamente demaneira nica) como uma combinao linear finita dos mis com coeficientesem A. Um A-mdulo dito finitamente gerado (f.g.) se ele tem um conjuntofinito de geradores.

Definio 55. Se (Mi)iI uma famlia de A-mdulos, definimos:

a. A soma direta

iI Mi como sendo o conjunto das famlias (mi)iItais que mi Mi para cada i I e quase todos os mis so zero.

b. O produto direto iI Mi como sendo o conjunto das famlias (mi)iItais que mi Mi para cada i I (aqui descartamos a restrio dos misserem quase todos zero).

3.1 mdulos finitamente gerados

Definio 56. Um A-mdulo livre um A-mdulo isomorfo a

iI Mi ondecada Mi ' A como um A-mdulo. Um A-mdulo livre f.g. isomorfo aAn = A A

n vezes, para algum n > 0.

38

Vers

o Pre

limin

arProposio 57. M um A-mdulo f.g. se, e somente se, M isomorfo a umquociente de An para algum inteiro n > 0.

Demonstrao. () Sejam m1, . . . , mn os geradores de M. Defina f : An M por f (a1, . . . , an) = a1m1 + + anmn. Ento f um homomorfismo deA-mdulos sobrejetor e logo M = An/ Ker( f ).

() Temos que An/N ' M para algum A-mdulo N, logo existe umhomomorfismo de A-mdulos sobrejetor f : An M onde f = pi compi : An An/N a projeo cannica. Se ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (com 1 na i-sima posio) ento ei (1 i n) geram An, ou seja An = Ae1 + + Aen.Como f sobre ento f (An) = M = A f (e1) + + A f (en) e logo f (ei)geram M.

O nosso objetivo agora provar uma verso do Lema de Nakayama, paraisso precisaremos dos seguintes resultados:

Proposio 58. Seja M um A-mdulo f.g., I um ideal de A e f um endomorfismodo A-mdulo M tal que f (M) IM. Ento f satisfaz uma equao da formaf n + a1 f n1 + + an id = 0 onde ai I.Demonstrao. Seja m1, . . . , mn o conjunto de geradores de M. Ento cadaf (mi) IM logo f (mi) = nj=1 aijmj com 1 i n e aij I, i.e.,

n

j=1

(ij f aij id)mj = 0 (2)

onde ij o delta de Kronecker. Seja B a matriz (ij f aij id)ij ento

B =

f a11 id a12 id a1n ida21 id f a22 id a2n id

......

......

an1 id an2 id f ann id

Multiplicando o lado esquerdo de (2) pela adjunta de B segue que B

Adj(B)

m1...mn

= 0, mas B Adj(B) = det(B) In isto implica que det(B)anula cada mi, logo o endomorfismo nulo de M. Expandindo o determi-nante, obtemos uma equao da forma requerida.

Corolrio 59. Seja M um A-mdulo f.g. e seja I um ideal de A tal que IM = M.Ento existe a 1 mod I, a A, tal que aM = 0.

39

Vers

o Pre

limin

arDemonstrao. Considere f = id, ento id(M) IM por hiptese. Pelaproposio anterior existem a1, . . . , an I tais que id+a1 id+ + an id = 0.Seja a = 1+ a1 + + an A, claramente a 1 mod I e se m M temos

am = (1+ a1+ + an)m = m+ a1m+ + anm = (id+a1 id+ + an id)m = 0

Aula 8

aula 8: 17/09/2014

Lembrando a ltima aula. Queremos provar uma verso do Lema deNakayama, para isso precisaremos dos seguintes resultados da ltima aula:

a. Proposio. Seja M um A-mdulo f.g., I um ideal de A e f umendomorfismo do A-mdulo M tal que f (M) IM. Ento f satisfazuma equao da forma f n + a1 f n1 + + an id = 0 onde ai I.

b. Corolrio. Seja M um A-mdulo f.g. e seja I um ideal de A tal queIM = M. Ento existe a 1 mod I, a A, tal que aM = 0.

E de alguns resultados das primeiras aulas como a definio do radical deJacobson R de um anel A: que a interseo de todos os ideais maximaisde A. E da Proposio 26 que o caracteriza:

Proposio. r R se e somente se 1 r a uma unidade de A para todo a A.Agora sim, estamos prontos para enunciar o

Lema 60. (Lema de Nakayama) Seja M um A-mdulo f.g. e I um ideal de Acontido no radical de Jacobson R de A. Se IM = M ento M = 0.

Demonstrao. Pelo Corolrio 59 existe um elemento a A tal que a 1 mod I, ou seja a = 1+ r para algum r I R e a tal que aM = 0. PelaProposio 26 a uma unidade de A, logo M = (a1a)M = a1(aM) = 0.

Como consequncia do Lema de Nakayama temos:

Corolrio 61. Seja M um A-mdulo f.g., N um submdulo de M, I R um idealde A. Se M = IM + N ento M = N.

Demonstrao. Como M f.g. ento M/N tambm f.g com conjunto degeradores as imagens dos geradores de M. Sabemos que I(MN ) MN umsubmdulo, queremos ver que MN I(MN ). Seja m MN , como M = IM + Npor hiptese, temos que m = aimi + n logo m aimi n N o queimplica m aimi N, assim m = aimi = aimi = aimi I(MN ) onde altima igualdade deve-se definio de ao do mdulo quociente. Segueque I(MN ) =

MN e logo, pelo Lema de Nakayama (Lema 60), aplicado a

MN

temos que MN = 0 ou seja M = N.

40

Vers

o Pre

limin

arSeja A um anel local (i.e., um anel com um nico ideal maximal), m seu

ideal maximal e k = A/m seu corpo de resduos. Seja M um A-mdulof.g., ento M/mM aniquilado por m, logo um A/m-mdulo, ou seja umk-espao vetorial e como tal tem dimenso finita.

Proposio 62. Sejam mi (1 i n) os elementos de M cujas imagens emM/mM formam uma base deste espao vetorial. Ento mi geram M.

Demonstrao. Seja N o submdulo de M gerado pelos mi e seja f : N M MmM o homomorfismo de A-mdulos dado por n 7 n. Vejamosque f sobrejetor: seja m MmM , como MmM um k-espao vetorial combase {m1, . . . , mn} temos que existem k1, . . . , kn k tais que m = k1m1 + + knmn. Sejam agora ai A representantes das classes ki A/m parai = 1, . . . , n ento m = a1m1 + + anmn. Pela definio da ao de A/mem MmM temos que aimi = aimi e pela ao de A em

MmM temos aimi =

aimi logo m = a1m1 + + anmn, assim existe a1m1 + + anmn N talque f (a1m1 + + anmn) = m. Por outro lado, n Ker( f )n N en = 0n N e n mM logo Ker( f ) = N mM. Segue do Teorema deIsomorfismos que NNmM ' MmM e da Proposio 53 temos que NNmM 'mM+NmM , agora como M mM + N mM segue tambm da Proposio 53

que

MmM

mM+NmM

' MmM + N

,

mas MmM ' mM+NmM logo MmM+N = 0 e mM + N = M. Aplicando o Corolrioanterior a M e N com I = m (o nico ideal maximal de A) ento I R(interseo de todos os ideais maximais de A) logo M = N.

3.2 sequncias exatas

Definio 63. Uma sequncia de A-mdulos e A-homomorfismos

Mi1 fi Mi fi+1 Mi+1 (3)

dita exata em Mi se Im( fi) = Ker( fi+1). A sequncia exata se exata emcada Mi.

Em particular:

a. 0 M f M exata f injetiva;

b. Mg M 0 exata g sobrejetiva;

41

Vers

o Pre

limin

arc. 0 M f M g M 0 exata f injetiva, g sobrejetiva e

Im( f ) = Ker(g).

Uma sequncia do tipo c. chamada de sequncia exata curta. Todasequncia exata longa do tipo (3) pode ser dividida em sequncias exatas

curtas: se Ni = Im( fi) = Ker( fi+1) temos 0 Ni incl Mifi+1 Ni+1 0 para

cada i.

Proposio 64.

a. Seja M u M v M 0 uma sequncia de A-mdulos e A-homomorfismos.Ento essa sequncia exata se, e somente se, para todo A-mdulo N a sequn-cia 0 HomA(M, N) v HomA(M, N) u HomA(M, N) exata.

b. Seja 0 N u N v N uma sequncia de A-mdulos e A-homomorfismos.Ento essa sequncia exata se, e somente se, para todo A-mdulo M asequncia 0 HomA(M, N) u HomA(M, N) v HomA(M, N) exata.

Demonstrao.

a. () Suponha que M u M v M 0 uma sequncia exata,queremos provar que v injetiva e Im(v) = Ker(u).

a) v injetiva: Seja f Ker(v) ento 0 = v( f ) = f v : M N ouseja f (v(M)) = 0, mas v sobre logo v(M) = M assim f = 0.

b) Im(v) Ker(u): Seja f Im(v), ento existe g : M N tal quef = v(g) = g v. Por outro lado u( f ) = f u = g v u, masIm(u) = Ker(v) o que implica v u = 0 logo u( f ) = 0 e por tantof Ker(u).

c) Im(v) Ker(u): Seja g Ker(u), ento u(g) = g u = 0. Que-remos provar que existe f : M N tal que g = v( f ) = f v.Dado m M como v sobre existe m M tal que m = v(m),defina ento f (m) := g(m). Vejamos que f est bem defi-nida. Suponha que existam m1, m2 M tais que m = v(m1) =v(m2), logo m1 m2 Ker(v) = Im(u) ento existe m Mtal que u(m) = m1 m2, aplicando g a ambos lados temos0 = g u(m) = g(m1) g(m2) logo g(m1) = g(m2). Veja-mos agora que f HomA(M, N): sejam m1 , m2 M entoexistem m1, m2 M tais que mi = v(mi) o que implica quem1 + m

2 = v(m1) + v(m2) = v(m1 + m2) logo

f (m1 +m2 ) = g(m1 +m2) = g(m1)+ g(m2) = f (m

1 )+ f (m

2 ).

42

Vers

o Pre

limin

arPor outro lado, se a A ento am1 = av(m1) = v(am1) logo

f (am1 ) = g(am1) = ag(m1) = a f (m1 ).

()Suponha que 0 HomA(M, N) v HomA(M, N) u HomA(M, N) uma sequncia exata para todo A-mdulo N. Queremos provar quev sobre e Im(u) = Ker(v).

a) v sobre: ( f : X Y sobre g1 f = g2 f para aplicaesg1, g2 : Y Z implica g1 = g2). Suponha que existem homomor-fismos g1, g2 : M N tais que g1 v = g2 v, i.e., v(g1) = v(g2)como v injetiva ento g1 = g2 e v sobre.

b) Im(u) Ker(v): Temos que u v = 0, i.e., f v u = 0 para todof : M N. Tomando N = M e f = id segue que v u = 0 elogo Im(u) Ker(v).

c) Im(u) Ker(v): Seja N = MIm(u) e pi : M N a projeo cannica.Ento u(pi)(m) = pi u(m) = u(m)+ Im(u) = 0 para todo m M ento pi Ker(u) = Im(v), logo existe f : M N tal quepi = v( f ) = f v. Consequentemente, Ker(v) Ker(pi) = Im(u).

b. Exerccio 2.

3.3 produto tensorial de mdulos

Sejam M, N, P trs A-mdulos. Uma aplicao f : M N P chamadaA-bilinear se ela satisfaz:

a. f (m + m, n) = f (m, n) + f (m, n)

b. f (m, n + n) = f (m, n) + f (m, n)

c. f (am, n) = f (m, an) = a f (m, n)

para todo m, m M, n, n N e a A.Proposio 65. Sejam M e N dois A-mdulos. Ento existe um A-mdulo T juntocom uma aplicao A-bilinear g : M N T com a seguinte propriedade: dadosum A-mdulo P e uma aplicao A-bilinear f : M N P, existe uma nicaaplicao A-linear f : T P tal que f = f g.

Alem disso, se (T, g) e (T, g) so dois pares que satisfazem essa propriedade,ento existe um nico isomorfismo j : T T tal que j g = g.

43

Vers

o Pre

limin

arM N g //

f

T

! f {{P

Demonstrao. Unicidade. Substituindo (P, f ) por (T, g) temos que existeuma nica j : T T tal que g = j g.

M N g //g

T

!j{{T

Intercambiando os papis de T e T temos que existe um nico j : T Ttal que g = j g.

M N g//

g

T

!j{{T

Logo g = j j g e g = j j g, assim as composies j j : T T ej j : T T devem ser a identidade, logo j um isomorfismo.

Existncia. Denote por C o A-mdulo livre A|MN|cujos elementos socombinaes lineares formais de elementos de M N com coeficientes emA, i.e., so expresses da forma (mi,ni)MN ai(mi, ni) com ai A, mi Me ni N. Seja D o submdulo de C gerado por todos os elementos de C doseguinte tipo

(m + m, n) (m, n) (m, n)(m, n + n) (m, n) (m, n)(am, n) a(m, n)(m, an) a(m, n).

Seja T = C/D. Para cada elemento base (m, n) de C, denote por m n suaimagem em T. Ento T gerado pelos elementos da forma m n. Esteselementos satisfazem

(m + m) n = m n + m n m (n + n) = m n + m n(am) n = m (an) = a(m n).

44

Vers

o Pre

limin

arEquivalentemente, a aplicao g : M N T definida por g(m, n) = m n A-bilinear.

Queremos ver que (T, g) satisfazem as condies da proposio. Observeque qualquer aplicao f de M N em um A-mdulo P estende-se porlinearidade a um homomorfismo de A-mdulos f : C P. Suponha emparticular que f A-bilinear ento, segue das definies, que f anula-se emtodos os geradores de D e, logo, em todo D ou seja D Ker( f ). Portanto,f induz um A-homomorfismo bem definido f : T = C/D P tal quef (m n) = f (m, n) = f (m, n). A aplicao f definida de maneira nicapor esta condio, e logo o par (T, g) satisfaz as condies da proposio.

O mdulo T construdo na proposio anterior chamado de produtotensorial de M e N, e ser denotado por M A N. Ele gerado peloselementos m n com m M e n N, chamaremos um elemento destetipo de tensor elementar. Se (mi)iI e (nj)jJ so famlias de geradores deM e N, respetivamente, ento os elementos mi nj geram M A N. Emparticular, se M e N so f.g. ento tambm o MA N. Aula 9

aula 9: 19/09/2014

Observao 66. Podemos generalizar a noo de produto tensorial a qualquernmero finito de mdulos, definindo aplicaes multilineares f : M1 Mr P como sendo aplicaes lineares em cada varivel e seguindo aprova da Proposio 65 deveramos chegar a um produto multi-tensorialT = M1 A A Mr gerado por todos os produtos m1 mr, commi Mi para todo i = 1, . . . , r.Proposio 67. (Propriedades do Produto Tensorial) Sejam M, N e P A-mdulos, ento:

a. Comutatividade: MA N ' N A M;b. Associatividade: (MA N)A P ' MA (N A P);c. Distributividade:(M N)A P ' (MA P) (N A P);d. Elemento unidade: AA M ' Me. Quocientes: Seja I A um ideal ento MA A/I ' M/IM.

Demonstrao. A tcnica da demonstrao construir aplicaes bilinearesou multilineares e usar a Proposio 65 para deduzir a existncia de ho-momorfismos de produtos tensoriais e logo construir morfismos inversosexplcitos para estes mapas. Os itens a. , b. e c. so deixados comoExerccio 3.

45

Vers

o Pre

limin

arPara ver d. defina a aplicao A-bilinear : A M M dada por

(a, m) 7 am. Pela Proposio 65 existe um A-homomorfismo : A AM M dado por (a m) = am. Seja agora o A-homomorfismo :M A A M dado por m 7 1 m, ento : M M satisfaz (m) = (1m) = 1m = m para todo m M logo = idM. Poroutro lado : AA M AA M satisfaz (am) = (am) =1 am = a m para todo tensor elementar a m com a A e m M,como estes tensores elementares geram AA M temos que = idAA M.Portanto AA M ' M.

Para provar e. defina a aplicao A-bilinear : M A/I M/IMdada por (m, a) 7 am. Observe que esta aplicao est bem definida, i.e.,o elemento am no depende da escolha do representante de classe de a:Suponha que a = b ento a b I logo (a b)m IM ou seja am bm IM logo am = bm. Pela Proposio 65 existe um A-homomorfismo : M A A/I M/IM dado por (m a) = am. Seja agora o A-homomorfismo : M M A A/I dado por m 7 m 1, vejamos queIM Ker(). Seja m IM, ento m = aimi com ai I e mi M logotemos

(m) = (i

aimi) = (i

aimi) 1 =i

ai(mi 1)

=i(mi ai1) =

i(mi ai) = 0

pois ai I, logo m Ker(). Assim induz um A-homomorfismo :M/IM M A A/I dado por m 7 m 1. Vejamos que e soinversos um do outro. Temos que : M/IM M/IM satisfaz (m) = (m 1) = 1m = m para todo m M/IM logo = idM/IM.Por outro lado : MA A/I MA A/I satisfaz (m a) =(am) = am 1 = m a para todo tensor elementar m a com a A/Ie m M, como estes tensores elementares geram M A A/I temos que = idMA A/I . Portanto MA A/I ' M/IM.Exemplo 68. Se m, n so coprimos ento (Z/mZ)Z (Z/nZ) = 0. Comomdc(m, n) = 1 ento existem x, y Z tais que 1 = mx + ny. Seja agoraa b um gerador de (Z/mZ)Z (Z/nZ) ento

a b = 1(a b) = (mx + ny)(a b)= ((mx + ny)a) b = ((mx)a + (ny)a) b= (ny)a b = a (ny)b = a 0 = 0.

Logo (Z/mZ)Z (Z/nZ) = 0.Seja f : A B um homomorfismo de anis e seja N um B-mdulo. Ento

N tem uma estrutura de A-mdulo definida como segue: se a A e n N

46

Vers

o Pre

limin

arento definimos an como sendo f (a)n. Neste caso dizemos que o A-mduloN obtido de N por restrio de escalares. Em particular, f define destamaneira uma estrutura de A-mdulo em B.

Proposio 69. Seja f : A B um homomorfismo de anis e seja N um B-mdulof.g. Suponha que B f.g. como um A-mdulo. Ento N f.g. como um A-mdulo.

Demonstrao. Sejam n1, . . . , nr os geradores de N como B-mdulo e sejamb1, . . . , bk os geradores de B como A-mdulo. Ento os rk produtos nibj soos geradores de N como A-mdulo: N 3 n = ri=1 xini onde xi B, logoxi = kj=1 a

ijbj com a

ij A assim n = ri=1kj=1 aij(bjni).

Seja M um A-mdulo, podemos formar o A-mdulo MB ' BA M pois,como observamos antes, B tem estrutura de A-mdulo. De fato MB carregatambm uma estrutura de B-mdulo dada por b(b m) = bb m paratodo b, b B e m M. Dizemos que o B-mdulo MB obtido de M porextenso de escalares.

Proposio 70. Seja f : A B um homomorfismo de anis. Se M um A-mdulof.g., ento MB f.g. como um B-mdulo.

Demonstrao. Sejam m1, . . . , mr os geradores de M sobre A e seja b mum tensor elementar de MB ento bm = b(1m) = b(1ri=1 aimi) =ri=1 aib(1mi), onde a ao de A em B foi definida por aib = f (ai)b B.Logo os 1mis geram MB sobre B.Proposio 71. Sejam M, N, P A-mdulos ento

HomA(MA N, P) ' HomA(M, HomA(N, P)).

Demonstrao. Seja f : M N P uma aplicao A-bilinear. Para cada m M a aplicao n 7 f (m, n) de N em P A-linear (logo A-homomorfismo),logo f da origem a uma aplicao : M HomA(N, P) a qual A-linear(logo A-homomorfismo) pois f linear na varivel m. Reciprocamente, qual-quer A-homomorfismo : M HomA(N, P) define uma aplicao bilinearf : M N P dada por (m, n) 7 (m)(n). Logo o conjunto S de todas asaplicaes A-bilineares M N P est em correspondncia um-a-um comHomA(M, HomA(N, P)). Por outro lado, S est em correspondncia um-a-um com HomA(M N, P) pela Proposio 65. Logo temos um isomorfismocannico HomA(MA N, P) ' HomA(M, HomA(N, P)).

Sejam f : M M e g : N N homomorfismos de A-mdulos. Definah : M N M A N por h(m, n) = f (m) g(n), fcil ver que h A-bilinear e logo induz um homomorfismo de A-mdulos h : MA N M A N tal que h(m n) = f (m) g(n) para todo m M e n N.Denote h por f g.

47

Vers

o Pre

limin

arEm particular, fixado um A-mdulo N temos um funtor TN = _A N

da categoria dos A-mdulos e A-homomorfismos nela mesma, que associaa cada A-mdulo M o A-mdulo M A N e leva o A-homomorfismo f :M M no A-homomorfismo f id : M A N M A N. Uma daspropriedades mais importantes deste funtor que ele exato direita:

Proposio 72. (_A N Exato Direita) Seja

Mf M g M 0 (4)

uma sequncia exata de A-mdulos e A-homomorfismos, e seja N um A-mduloqualquer. Ento a sequncia

M A N fidN MA N gidN M A N 0 (5)

exata.

Demonstrao. Denote por E a sequncia (4) e por EA N a sequncia (5).Seja P um A-mdulo qualquer. Como E exata, a sequncia HomA(E, HomA(N, P)) exata pela Proposio 64, logo a sequncia HomA(E A N, P) exatapela Proposio 71. Novamente, pela Proposio 64 segue que EA N exata.

Em geral no verdade que se Mf M g M uma sequncia exata

ento MA N fid MA N gid MA N exata, pois produtos tensoriaispodem, por exemplo, destruir injetividade, vejamos:

Exemplo 73. Considere o anel A = Z e a sequncia exata 0 Z f Zonde f (x) = 2x para todo x Z. Seja N = Z/2Z ento a sequncia0 Z Z (Z/2Z) fid Z Z (Z/2Z) no exata, pois para qualquerx y ZZ (Z/2Z) temos

( f id)(x y) = 2x y = x 2y = x 0 = 0,

logo f id a aplicao nula enquanto que ZZ (Z/2Z) ' Z/2Z 6= 0.Definio 74. Um A-mdulo M dito plano se o funtor _A M exato.

Note que como o produto tensorial exato direita, M plano sobre Ase, e somente se, o funtor _A M preserva injees, ou seja, N N injetorimplica N A M N A M injetor.Exemplo 75.

48

Vers

o Pre

limin

ara. Mdulos livres so sempre planos: se M =

iI A, para qualquer

morfismo de A-mdulos f : N N temos a aplicao

N A(

iIA

)fid N A

(iI

A

), (6)

mas pela propriedade distributiva e elemento unidade do produtotensorial (Proposio 67 c. e d. ) temos: NA (iI A) ' iI(NAA) ' iI N, assim o seguinte diagrama comuta

N A (iI A) fid //'

N A (iI A)'

iI N iI f // iI N

Logo se f injetor ento f tambm injetor o que implica que f id injetor, mostrando que M um A-mdulo plano.

b. Se I um ideal prprio de um domnio A, ento A/I um A-mduloplano se, e somente se, I = 0. (Exerccio 4.)

lgebras

Seja f : A B um homomorfismo de anis. Se a A e b B defina oproduto ab = f (a)b. Logo B tem estrutura de A-mdulo e estrutura deanel. Chamamos ao anel B equipado com sua estrutura de A-mdulo deA-lgebra.

Definio 76. Uma A-lgebra um anel B junto com um homomorfismode anis f : A B.

Se f : A B e g : A C so dois homomorfismos de anis, umhomomorfismo de A-lgebras h : B C um homomorfismo de anis quetambm um homomorfismo de A-mdulos.

Dizemos que um homomorfismo de anis f : A B finito e B uma A-lgebra finita se B f.g. como um A-mdulo. Dizemos que ohomomorfismo f de tipo finito e B uma A-lgebra f.g. se existe umconjunto finito de elementos b1, . . . , bn B tal que todo elemento de B podeser escrito como um polinmio em b1, . . . , bn com coeficientes em f (A), ouequivalentemente, se existe um homomorfismo de A-lgebras sobrejetor doanel dos polinmios A[x1, . . . , xn] em B. Aula 10

49

Vers

o Pre

limin

araula 10: 24/09/2014

Lembrando a ltima aula. Definimos uma A-lgebra como sendo um anelB equipado com uma estrutura de A-mdulo definida por um homomor-fismo de anis f : A B dada por ab = f (a)b.

Dadas duas A-lgebras B, C podemos formar seu produto tensorial D =BA C que um A-mdulo. Vamos definir uma multiplicao em D. Con-sidere a aplicao B C B C D definida por (b, c, b, c) 7 bb cc.Claramente esta aplicao A-multilinear e logo induz um homomorfismode A-mdulos BA CA BA C D, pela Proposio 67 b. podemosassociar, ento temos um homomorfismo de A-mdulos D A D Dque corresponde a uma aplicao A-bilinear : D D D tal que(b c, b c) = bb cc. Com esta multiplicao e a soma definidapor +(b c, b c) = (b + b) (c + c), o produto tensorial D = BA C um anel comutativo com elemento identidade 1 1. Mais ainda, D umaA-lgebra: a aplicao a 7 f (a) g(a) um homomorfismo de anis de Aem D.

Definio 77. Uma A-lgebra B plana se B plano como A-mdulo.

Proposio 78. Seja f : A B uma A-lgebra plana, g : B C uma