bases de hilbert.pdf

Universidade Federal de So Carlos

Centro de Cincias Exatas e de Tecnologia

Departamento de Matemtica

Anis Noetherianos e o Teorema da Base de Hilbert

Autora: Manoela Silvrio Gomes

Orientadora: Profa. Dra. Grazielle Feliciani Barbosa

Disciplina: Trabalho de Concluso do Curso

Curso: Licenciatura em Matemtica

Professores Responsveis: Karina Schiabel Silva

Sadao Massago

Vera Lcia Carbone

So Carlos, 26 de fevereiro de 2013.

Anis Noetherianos e o Teorema da Base de Hilbert

Autora: Manoela Silvrio Gomes

Orientadora: Profa. Dra. Grazielle Feliciani Barbosa

Disciplina: Trabalho de Concluso do Curso

Curso: Licenciatura em Matemtica

Professores Responsveis: Karina Schiabel Silva

Sadao Massago

Vera Lcia Carbone

Instituio: Universidade Federal de So Carlos

Centro de Cincias Exatas e de Tecnologia

Departamento de Matemtica

So Carlos, 26 de fevereiro de 2013.

Manoela Silvrio Gomes (aluna) Grazielle Feliciani Barbosa

(orientadora)

Agradecimentos

Em primeiro lugar, agradeo a minha orientadora Grazielle por todas as horas de

dedicao ao nosso trabalho durante as reunies e fora delas tambm, sempre me tratando

com muita ateno e atendendo a todas as minhas dvidas, me direcionando para fazer o

melhor trabalho e me orientando a ponto de me tornar uma melhor estudante. Sou muito

grata por toda a experincia que recebi neste processo.

Agradeo tambm aos meus amigos e familiares que estiveram me apoiando durante

este semestre, neste percurso to importante na minha vida acadmica.

Resumo

Neste trabalho vamos utilizar denies e proposies algbricas com o objetivo de de-

monstrar o Teorema da Base de Hilbert, que nos garante que se A um anel Noetheriano,

ento o anel de polinmios sobre A tambem o ; e o Teorema dos Zeros de Hilbert em

sua forma fraca, que nos garante que se K um corpo algebricamente fechado e J um

ideal prprio do anel de polinmios em n variveis sobre K, ento o conjunto algbrico

dos elementos de J diferente do vazio. Em sua forma forte, este teorema nos garante

que se K um corpo algebricamente fechado e J um ideal do anel de polinmios em n

variveis sobre K, ento o ideal do conjunto algbrico de todos os elementos de J igual

ao radical de J .

vii

Sumrio

Introduo ix

1 Preliminares Algbricas 1

2 Conjuntos Algbricos 9

3 O Ideal de um Subconjunto X Kn 153.1 Radical de um Ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4 O Teorema da Base de Hilbert 21

5 Decomposio de um Conjunto Algbrico em Subconjuntos Irredutveis 25

5.1 Unicidade da Decomposio de um Conjunto Algbrico em Subconjuntos

Irredutveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

6 Teorema dos Zeros de Hilbert 29

viii Sumrio

ix

Introduo

Dizemos que um anel A Noetheriano se qualquer ideal de A nitamente gerado. Essa

denio muito importante no desenvolvimento de teorias em lgebra Comutativa e

Geometria Algbrica, pois nos garante algumas boas propriedades. Investigar quando um

anel Noetheriano foi um grande desao, e uma resposta a este problema foi dada pelo

Teorema da Base de Hilbert, que nos garante que se A um anel Noetheriano, ento o

anel de polinmios em n variveis sobre A tambm o . Outro teorema muito importante

em Geometria Algbrica o Teorema dos Zeros de Hilbert, Nullstellensatz, que apresen-

taremos em sua forma fraca e em sua forma forte.

O Captulo 1 tem a funo de apresentar algumas denies e proposies algbricas

necessrias para o desenvolvimento deste trabalho.

No Captulo 2, vamos denir conjunto algbrico, apresentar alguns exemplos e de-

monstrar suas propriedades.

Vamos, no Captulo 3, denir o ideal I(X) de um subconjunto X de Kn, onde K

um corpo, e demonstrar suas propriedades. Alm disso, vamos denir o radical de um

ideal, apresentar alguns exemplos e mostrar que I(X) sempre um ideal radical.

O objetivo do Captulo 4 denir anel Noetheriano em suas formas equivalentes que

sero necessrias para demonstrar o Teorema da Base de Hilbert. Tambm apresentare-

mos alguns exemplos e resultados que seguem deste teorema.

No Captulo 5, vamos denir um conjunto algbrico irredutvel e tratar da decompo-

sio de conjuntos algbricos redutveis em subconjuntos algbricos irredutveis. Vamos

apresentar alguns exemplos e demonstrar a unicidade da decomposio de um conjunto

algbrico em subconjuntos algbricos irredutveis.

Por m, no Captulo 6, vamos apresentar a forma forte e a forma fraca do Teorema

dos Zeros de Hilbert. Observaremos que a forma forte do Teorema dos Zeros de Hilbert

implica na forma fraca deste teorema, demonstraremos que a forma fraca deste teorema

implica na forma forte do mesmo e demonstraremos a forma fraca deste teorema. O Nulls-

tellensatz de Hilbert tem esse nome, pois garante que qualquer polinmio no constante

em n variveis possui razes em K, quando K um corpo algebricamente fechado.

1Captulo 1

Preliminares Algbricas

Como o prprio nome nos diz, este um captulo introdutrio aos conceitos algbricos

necessrios para a compreenso deste trabalho.

Denio 1.1. Um anel uma estrutura algbrica constituda de um conjunto no vazio

A e um par de operaes sobre A, respectivamente uma adio (x, y) 7 x + y e umamultiplicao (x, y) 7 x y. A chamado de anel e denotado por (A,+, ) se:

i) (A,+) um grupo abeliano, ou seja:

(a) se a, b, c A, ento a+ (b+ c) = (a+ b) + c (associatividade para +);(b) se a, b A, ento a+ b = b+ a (comutatividade para +);(c) existe um elemento 0A A tal que, qualquer que seja a A, a+0A = a = 0A+a(existncia do elemento neutro para +);

(d) qualquer que seja a A, existe um elemento em A, indicado genericamentepor a, tal que a+ (a) = 0A = (a) + a (existncia do elemento oposto para+).

ii) A multiplicao satisfaz a propriedade associativa, isto , se a, b, c A, entoa (b c) = (a b) c.

iii) A multiplicao satisfaz a propriedade distributiva em relao adio, isto , se

a, b, c A, ento a (b+ c) = a b+ a c e (a+ b) c = a c+ b c.

Denio 1.2. Seja A um anel. Se a multiplicao de A satisfaz a propriedade comuta-

tiva, ou seja, se a b = b a ( a, b A), ento o anel A dito um anel comutativo.

Denio 1.3. Seja A um anel. Se A possui o elemento neutro para a multiplicao,

ou seja, se existe um elemento 1A A, 1A 6= 0A, tal que a 1A = a = 1A a ( a A),ento 1A denotado como a unidade de A e, portanto, A dito um anel com unidade.

Em casos em que no houver qualquer tipo de ambiguidade, pode-se indicar a unidade do

anel apenas pelo smbolo 1.

2 1. Preliminares Algbricas

Denio 1.4. Um anel cuja multiplicao comutativa e que possui unidade chamado

de anel comutativo com unidade.

A partir de agora, sempre que nos referirmos a um anel, estaremos falando

de um anel comutativo com unidade.

Denio 1.5. Sejam A um anel e L um subconjunto no vazio de A. Temos que L

um subanel de A se:

i) L fechado para as operaes que dotam o conjunto A da estrutura;

ii) L tambm um anel, ou seja, a adio e a multiplicao consideradas so as mes-

mas de A, apenas esto sendo restringidas aos elementos de L (lembrando que tais

elementos esto contidos em A).

Denio 1.6. Seja D um anel. Se para D vale a lei do anulamento do produto, ou seja,

dados a, b Da b = 0D a = 0D ou b = 0D,

e dizemos que D um domnio.

Denio 1.7. Seja K um domnio. K ser chamado de corpo quando a seguinte pro-

priedade for satisfeita:

a K \ {0K}, a1 K /a a1 = 1K = a1 a.

Ou seja, se existir o elemento inverso da multiplicao para todo a 6= 0K , isto , todoa K \ {0K} invertvel.

Denio 1.8. Seja D um domnio. Deniremos K = {ab, b 6= 0D / a, b D} um corpochamado corpo quociente de D ou corpo de fraes de D.

Denio 1.9. dado o nome de homomorsmo de um anel (A,+, ) em um anel (B,+, )a todas as aplicaes f : A B tal que, quaisquer que sejam x, y A

f(x+ y) = f(x) + f(y)

e

f(x y) = f(x) f(y).

Dadas essas condies, f : A B um homomorsmo de anis.

Denio 1.10. Seja f : A B um homomorsmo de anis. Se f tambm for umabijeo, chamamos f de isomorsmo de anis.

1. Preliminares Algbricas 3

Denio 1.11. Seja f : A B um homomorsmo de anis. chamado de ncleo def o subconjunto de A, denotado por Ker(f), tal que

Ker(f) = {x A/ f(x) = 0B}.

Denio 1.12. Para qualquer anel A, denotaremos A[X] o anel de polinmios com

coecientes em A.

Lembrando que um polinmio sobre A uma expresso formal do tipo

p(X) = a0 + a1 X + a2 X2 + . . .+ ar Xr.

Denio 1.13. O grau de um polinmio f no nulo o ndice de seu coeciente domi-

nante, ou seja, o a maior potncia de X que aparece em f .

Notao: (f).

Denio 1.14. Um polinmio dito mnico se seu coeciente dominante for igual a 1.

Denio 1.15. Denotamos por A[X1, X2, . . . , Xk] o anel de polinmios sobre A em k

variveis.

Denio 1.16. Os polinmios sobre A[X1, X2, . . . , Xk] escritos da forma Xi11 X i22 . . .

X ikk so ditos monmios e seu grau i1 + i2 + . . .+ ik.

Denio 1.17. Seja f A[X1, X2, . . . , Xk], f homogneo de grau n se todos osmonmios de coeciente no nulo tiverem o mesmo grau n.

Denio 1.18. Um elemento a A \ {0A} no invertvel irredutvel em A se, dadosb, c A com a = b c, ento b ou c invertvel.

Denio 1.19. Seja A um domnio. A um domnio de fatorao nica (D.F.U) se

todo elemento no nulo e no invertivel de A um produto nito de fatores irredutveis,

ou seja, se todo elemento no nulo e no invertvel de A for escrito de maneira nica em

um produto de elementos irredutveis de A.

Exemplo 1.1. O anel Z um domnio de fatorao nica, pois, para qualquer a Z\{0},temos que a pode ser decomposto de maneira nica em fatores primos. Lembrando que,

no caso do anel Z, os elementos primos so os elementos irredutveis do anel.

Exemplo 1.2. O anel K[X] um domnio de fatorao nica, pois todos os polinmios

f K[X] podem ser escritos como uma multiplicao de polinmios irredutveis de K[X].

Denio 1.20. Sejam A um anel e um subconjunto I A no vazio. Este subconjuntoI ser dito um ideal em A se, para quaisquer x, y I e para qualquer a A, vericam-seas seguintes relaes:

i) x y I;


ii) a x I.

Denio 1.21. Sejam D um domnio, S = {a1, a2, . . . , an} D. Denimos o ideala1, a2, . . . , an em D, formado por todas as possveis combinaes lineares de elementosem S. Tal ideal chamado de ideal gerado por S ou ideal gerado pelos elementos de S.

Como S um conjunto nito, ento I um ideal nitamente gerado. Quando S for um

conjunto unitrio {a}, o ideal a chamado de ideal principal gerado por a. No casoem que todos os ideais de um domnio forem principais, dizemos que esse domnio um

domnio de ideais principais (D.I.P) ou domnio principal.

Exemplo 1.3. O anel K[X] um domnio de ideais principais, pois todos os ideais de

K[X] so gerados por um nico polinmio.

Denio 1.22. Seja P um ideal em um anel A. Diremos que P um ideal primo em A

se, para P 6= A, qualquer relao do tipo a b P (com a, b A) tiver como consequnciaque a P ou que b P . Ou seja, para P 6= A e para a, b A, a b P a P oub P .

Denio 1.23. Seja M um ideal em um anel A. Diremos que M um ideal maximal,

quando M 6= A, se os nicos ideais em A que contm o ideal M so o prprio M e o anelA.

Proposio 1.1. Sejam I e J ideais em A, ento todo ideal contido em I e em J tambm

est contido em I J , o que equivale a dizer que I J o maior ideal contido em I e emJ .

Demonstrao. Em primeiro lugar, vamos mostrar que I J um ideal.Para isso, mostraremos que, se x, y I J e a A, ento:

i) x y I J ;

ii) a x I J .

De fato, se x, y I J , temos que x, y I e x, y J , mas I e J so ideais, ento,x y I e x y J .Logo x y I J .Agora, como x I J , ento x I e x J , onde I e J so ideais. Sendo a A,temos que a x I e a x J .Logo, a x I J .Isto dito, vamos seguir com a demonstrao.

Seja L um ideal em A contido em I e em J . Temos que, se x L, ento x I e x Je, portanto, x I J . Se todo elemento de L est em I J , ento L I J .

Proposio 1.2. Dados I e J ideais em um anel comutativo A, temos que


i) I + J contm I e J ;

ii) Todo ideal em A que contm I e que tambm contm J , contm I+J , o que equivale

dizer que I + J o menor ideal em A que contm I e J .

Demonstrao. i) Consideremos x I. J sabemos que x = x+0A e que 0A J . Comisso, podemos garantir que x I+J . Logo, temos que I I+J . E, analogamente,temos que J I + J .

ii) Consideremos L um ideal em A tal que I L e J L. Temos que provar que todoelemento de I + J est em L, ou seja, um elemento de L.

De fato, seja t I + J tal que t = a+ b, onde a I e b J . Se I L, ento a Le, se J L, ento b L. Portanto, temos que a+ b = t L.

Proposio 1.3. Todo domnio principal D um domnio de fatorao nica.

Demonstrao. Como D um D.I.P., temos que todos os seus ideais so gerados por um

nico elemento. Sendo assim, vamos considerar In um ideal em D gerado pelo elemento

an, isto , In = an. Agora, vamos armar que D no possui uma sequncia innitaestritamente crescente de ideais I1 ( I2 ( . . .. De fato, seja I1 I2 . . . uma sequnciacrescente de ideais de D. Vamos mostrar que

I =n=1

In

um ideal. Sejam x, y I e sejam r, s, com r 6= s ndices de I, temos que x Ir ey Is, para alguns r e s {1, 2, . . .}. Seja k o mximo entre os ndices r e s, isto ,max{r, s} = k, temos ento que x, y Ik e, portanto, x y Ik. Da, podemos armarque x y I. Agora, sejam x I e d D, ento existe um ndice r tal que x Ir.Logo, sabemos que d x Ir, de onde podemos armar que d x I.Como j vimos, D um domnio principal e, por isso, I um ideal principal, ento

existe w I tal que I = w. Alm disso, existe um ndice m tal que w Im e, porisso, temos que I = w Im. Mas, por hiptese Im I. Portanto, Im = I, isto , asequncia se estabiliza.

Agora, seja a0 D \ {0}, com a0 no invertvel. Armamos que a0 possui umdivisor irredutvel. De fato, vamos supor por absurdo que a0 no o possui. Em particular,

a0 no irredutvel, logo a0 = a1 a1 com a1, a1 no invertveis e, portanto, I0 ( I1.Como a0 no possui nenhum divisor irredutvel, ento a1 no irredutvel e, por isso,

a1 = a2 a2, com a2, a2 no invertveis e, portanto, I1 ( I2. Da, a0 = a2 a2 a1 eI0 ( I1 ( I2. Mais uma vez, como a0 no possui divisor irredutvel, ento a2 no irredutvel e, por isso, a2 = a3 a3, com a3, a3 no invertveis e, portanto I2 ( I3. Se


continuarmos fazendo este processo, vamos obter uma sequncia innita estritamente

crescente de ideais I0 ( I1 ( I2 ( I3 ( . . ., o que um absurdo.Armamos agora que a0 possui uma fatorao em elementos irredutveis. De fato,

pela armao anterior, a0 = p1 b1 com p1 irredutvel. Se b1 invertvel acabou. Seno,pela armao anterior aplicada a b1, temos b1 = p2 b2 com p2 irredutvel e, portanto,a0 = p1 p2 b2. Se b2 invertvel acabou. Seno repetimos o processo, mas este umprocesso que deve terminar pois, se no terminasse, obteramos uma sequncia innita

estritamente crescente de ideais, o que j vimos que um absurdo.

Portanto, conclumos que D possui uma decomposio em elementos irredut-

veis. Agora, vamos mostrar que tal decomposio nica.

Seja a D tal que a = p11 . . . prr = q11 . . . qss com pi e qi primos e i e inmeros naturais. sabemos que p1 | q1 . . . qs, mas p1 primo e, portanto, divide umdos elementos de q1 . . . qs. Com algum ajuste de ndices, vamos admitir que p1 | q1.Repetindo o mesmo processo para todos os elementos, vamos obter que r = s e,

novamente ajustando os ndices, pi = qi e, portanto, a decomposio nica.

Logo, conclumos que D um domnio de fatorao nica.

Proposio 1.4. Um ideal principal I = a em um domnio de fatorao nica A primo se, e somente se, a for irredutvel.

Demonstrao. Temos I = a com I A. A um domnio de fatorao nica, portanto,existem a1, . . . , an A tais que a = a11 . . . ann com ai elementos irredutveis.

() Se I primo e a I, ento temos que a = a11 . . . ann I e, por I serprimo, ai pertence a I para algum i {1, . . . , n}.Logo, temos que ai a e, alm disso, a = a11 . . . ann ai.Portanto, podemos concluir que I = a = ai, mas I principal e, portanto, gerado por um nico elemento. Ento a = ai e, assim, conclumos que a irredutvel.

() Temos que a irredutvel e queremos mostrar que a primo.Seja p q a. Como A um D.F.U., ento p = p11 . . . prr e q = q11 . . . qss .Alm disso, p q a, ento p q = a f para algum f A.Mas a irredutvel e, por isso, deve aparecer na fatorao de p ou na fatorao de q

(pois A D.F.U.). A partir disso, temos p a ou q a.Portanto, I primo.

Proposio 1.5. Sejam A um anel e I um ideal em A. Vamos denir sobre A, com

a, b A a seguinte relao de congruncia mdulo I:

a b(mod I) a b I.


A relao uma relao de equivalncia e denotaremos por A/I o conjunto dasclasses de equivalncia mdulo I.

Demonstrao. De fato, para que seja uma relao de equivalncia, as seguintes pro-priedades devem ser vlidas:

i) a a.Por denio, temos que a a I, mas a a = 0A e 0A I, pois, pela deniode ideal x y I e para o caso y = x, teremos que todo ideal contm, pelo menos,o elemento nulo do anel.

ii) a b b a.De a b temos que a b I. Pela denio de ideal, temos que, para qualquer A, (a b) I. Agora, se tomarmos = 1 (podemos fazer isso porque A um anel e, por isso, sabemos que 1 A), teremos (1) (a b) = b a, de ondeb a I e, portanto, b a.

iii) a b e b c a c.Pela hiptese, temos que ab I e bc I, mas pelo item ii) sabemos que cb I.Como a b, c b I, pela denio de ideal, temos que (a b) (c b) I, mas(a b) (c b) = a c e, portanto, a c I, de onde a c.

Proposio 1.6. Seja A um anel e I um ideal em A. I um ideal primo se, e somente

se, D = AI um domnio.

Demonstrao. () Basta provar que AIno possui divisores prprios de zero. Para isso,

sejam a + I e b + I AI. Se (a + I) (b + I) = a b + I = I (zero do anel quociente),ento a b I e, como I primo, ento a I ou b I. Mas isso signica que a + I = Iou b+I = I (zero do anel quociente A

I). Portanto,

AIno possui divisores prprios de zero.

() Sejam a, b A tais que a b I. Ento, a b + I = (a + I) (b + I) = I(zero de

AI). Mas, como

AI, por hiptese, um domnio e, portanto, no possui divisores

prprios de zero, ento a+ I = I ou b+ I = I, ou seja, a I ou b I. Portanto, I umideal primo.

Proposio 1.7. Seja A um anel e I um ideal A. I um ideal maximal se, e somente

se, K = AI um corpo.

Demonstrao. () Basta provar que todo elemento a + I 6= I invertvel. Dessa desi-gualdade segue que a 6 I e, portanto, a+ I = A. Ento a unidade de A pode ser escritaassim: 1 = a b+m, para algum b A e algum m I. Da, 1 a b = m I e, portanto,

1 + I = (a b) + I = (a+ I) (b+ I)


o que mostra que b+ I o inverso de a+ I no anel quociente AI.

() Sendo AIum corpo, ento I 6= A. De fato, se I = A, ento A

I= {I}, e isso incompatvel com a hiptese de

AIser um corpo. Falta provar que o nico ideal que

contm I propriamente A. Para isso, denotemos por J um ideal em A tal que J Ie J 6= I e consideremos um elemento a J I. Como a 6 I, ento a + I 6= I, ou seja,a + I um elemento no nulo de A

Ie, portanto, tem um inverso b + I no anel. Da

(a + I) (b + I) = 1 + I, igualmente que tem como consequncia que a b 1 I. Logoa b 1 J e, como a J , ento 1 J . Dessa relao segue que J = A. Ou seja, onico ideal que contm I propriamente A e, portanto, I maximal.

Exemplo 1.4. Sejam o anel K[X1, . . . , Xn] e M o ideal maximal de K[X1, . . . , Xn],

temos que K[Y1, . . . , Yn] =K[X1,..., Xn]

M um corpo.

9Captulo 2

Conjuntos Algbricos

Primeiro, seja K um corpo qualquer. Vamos denotar por Kn o conjunto:

An(K) = AnK = An = {(x1, . . . , xn) / xi K} = Kn.

Denio 2.1. Seja K um corpo qualquer e f um polinmio tal que f(X1, . . . , Xn) K[X1, . . . , Xn]. Denimos

V (f) = {p Kn / f(p) = 0K} = {(x1, . . . , xn) Kn / f(x1, . . . , xn) = 0K}

e

V (f) Kn.Exemplo 2.1. Consideremos K = R e n = 2.

a)

f(X, Y ) = X2 + Y 2 1, ento V (f) = {(x, y) R2 / f(x, y) = 0}= {(x, y) R2 / x2 + y2 = 1}

b)

f(X, Y ) = Y 2 +X X3, ento V (f) = {(x, y) R2 / f(x, y) = 0}= {(x, y) R2 / y2 + x x3 = 0}

10 2. Conjuntos Algbricos

c)

f(X, Y ) = Y 2 X3, ento V (f) = {(x, y) R2 / f(x, y) = 0}= {(x, y) R2 / y2 x3 = 0}

d)

f(X, Y ) = Y 2 X Y X2 Y +X3 que tambm pode ser escrita como:

f(X, Y ) = (X2 Y ) (X Y ), ento V (f) = {(x, y) R2 / (x2 y) (x y) = 0}= {(x, y) R2 / y = x2 ou y = x}

Agora, consideremos n = 3.

e)

f(X, Y, Z) = Z2 Y 2 X2, ento V (f) = {(x, y, z) R3 / f(x, y, z) = 0}= {(x, y, z) R3 / z2 y2 x2 = 0}

Denio 2.2. Seja S K[X1, . . . , Xn] um subconjunto qualquer. Denimos

V (S) = {p Kn / f(p) = 0K , f S} =fS

V (f) Kn

um conjunto algbrico de Kn.

2. Conjuntos Algbricos 11

Exemplo 2.2. a) Hipersuperfcies V (f), sendo S = {f}.

b) Kn um conjunto algbrico: V (0) = Kn.

c) um conjunto algbrico: V (1) = .

d) P = (a1, . . . , an)

P = V (X1 a1, . . . , Xn an).

Observao 2.1. Nem todo subconjunto de Kn algbrico. Por exemplo, tome K = R econsidere as bolas abertas ou fechadas:

B1(0) = {(x, y) R2 / x2 + y2 < 1}

B1[0] = {(x, y) R2 / x2 + y2 1}.

Tais bolas no so conjuntos algbricos em R2.

Propriedades dos conjuntos algbricos:

1. S1 S2 V (S1) V (S2).

2. Seja S K[X1, . . . , Xn] um conjunto qualquer e I = S K[X1, . . . , Xn] o idealgerado por S. Ento V (S) = V (I).

3. Se {I} uma coleo qualquer de ideais de K[X1, . . . , Xn], ento

V (I) = V(

I)ou seja, uma interseo qualquer de conjuntos algbricos um conjunto algbrico.

4. Sejam I, J K[X1, . . . , Xn] ideais, temos que

V (I) V (J) = V (I J) = V ({f g / f I e g J}).

5. Kn e so conjuntos algbricos.

Demonstrao. 1. Sejam S1, S2 K[X1, . . . , Xn], ambos conjuntos de polinmios.Temos que

V (S1) = {p1 Kn / f(p1) = 0, f S1}

e

V (S2) = {p2 Kn / f(p2) = 0, f S2}.


Sabemos que S1 S2, ento todo f S1 est em S2. Da, temos que todo pontop2 V (S2) est tambm em V (S1), pois se f(p2) = 0 para todos os polinmios emS2, em particular, f(p2) = 0 para os polinmios em S1.

Portanto, V (S2) V (S1).

Exemplo 2.3. Sejam S1, S2 R[X, Y ] tais que S1 = {f} e S2 = {f, g}, comf(x, y) = y2 x3 e g(x, y) = x2 + y2 1. Temos que V (S1) = V (f), como visto noexemplo 2.1 c) e temos tambm que V (S2) = V (f) V (g), e V (g) j foi visto noexemplo 2.1 a). Portanto, temos que V (S2) = {A, B}, como podemos ver na gura:

Portanto, podemos armar que V (S2) V (S1), pois {A, B} V (S1).

2. Temos S K[X1, . . . , Xn] e I = S o ideal gerado por esse conjunto S.Se I o ideal gerado por S, ento S I e, pela propriedade 1, temos que V (I) V (S).

Agora, vamos provar que V (S) V (I).Supondo que S = {s1, . . . , sn}, temos que V (I) = V (S), mas

S = { ni=1

ai si / si S e ai K}.

Portanto, podemos escrever

V (S) = {p Kn /ni=1

ai si(p) = 0, ai K, si S}.

Em particular, si(p) = 0, p V (S); si S.Ento, V (S) V (S) = V (I).Portanto, V (S) = V (I).

3. Considere {I} uma coleo qualquer de ideais em K[X1, . . . , Xn]. Da,V (I) = {p Kn / f(p) = 0, f I}. Como I um ideal em K[X1, . . . , Xn],temos que

I um ideal em K[X1, . . . , Xn].

Ento,

2. Conjuntos Algbricos 13

V(

I)

= {p Kn / f(p) = 0, f I}={p Kn / f(p) = 0, f I}

= V (I).

4. Primeiro, com I, J K[X1, . . . , Xn] ideais, vamos denir

I J = {f g / f I e g J}.

Ento, temos que

V (I) = {p Kn / f(p) = 0, f I}

V (J) = {q Kn / g(q) = 0, g J}

e

V (I J) = {r Kn / (f g)(r) = 0, f I e g J}.

Mas, (f g)(r) = f(r) g(r) e como os coecientes de f e de g esto em K, que um corpo e, portanto, um domnio ento, para que f(r) g(r) = 0 necessrio quef(r) = 0 ou g(r) = 0. J vimos que os pontos que satisfazem f(r) = 0 so os pontos

de V (I) e os pontos que satisfazem g(r) = 0 so os pontos de V (J).

Portanto, V (I J) = V (I) V (J).

5. Seja f S K[X1, . . . , Xn] o polinmio identicamente nulo, temos que

V (f) = {p Kn / f(p) = 0, f S} = Kn.

Agora, seja g S o polinmio constante igual a 1, temos que

V (g) = {p Kn / g(p) = 0, g S} = .

Exemplo 2.4. Os conjuntos algbricos de K.

K e so algbricos;

V = V (I) para algum I K[X].

Como K[X] D.I.P. temos I = f(X), f(X) K[X]. Logo, V = V (f(X)) =V (f(X)).

Se f(X) = 0 V = K;


Se f(X) K \ {0} V = .

Seno, V = {a K /f(a) = 0} K, um subconjunto nito.Da, teremos V = {P1, P2, . . . , Pm}.Conclumos que os possveis conjuntos algbricos de K so: Subconjunto nito qualquer Todo K O conjunto vazio.

15

Captulo 3

O Ideal de um Subconjunto X Kn

Neste captulo estaremos considerando a varivel X como um conjunto de variveis

X1, . . . , Xn.

Denio 3.1. Seja X Kn um conjunto qualquer.Deniremos I(X) = {f K[X] / f(p) = 0, p X}

= {f K[X] / f |X = 0} K[X].Armao 3.1. I(X) um ideal de K[X].

Propriedades dos ideais:

1. X Y I(X) I(Y ).

2. I()= K[X] e I(Kn) = {f 0} se K innito.Observao 3.1. K = Fp = ZpZ = Zp f(X) = X

p X, com p primo.Neste caso, f() = 0, K. Ou seja, se K um corpo nito a armao acimano vale.

3. I(V (S)) S, S K[X] eV (I(X)) X, X Kn.Alm disso:

V (I(V (S))) = V (S), S K[X]I(V (I(X))) = I(X), X Kn.Em particular, se Z um conjunto algbrico, ento V (I(Z)) = Z.

Demonstrao. 1. Sejam X e Y subconjuntos de Kn, temos que

I(X) = {f1 K[X] / f1(p) = 0, p X}e

I(Y ) = {f2 K[X] / f2(p) = 0, p Y }.

Sabemos que X Y , ento todo ponto p X est em Y . Da, temos que todafuno f2 I(Y ) est tambm em I(X), pois se f2(p) = 0, para todos os pontos

16 3. O Ideal de um Subconjunto X Kn

p Y , em particular, f2(p) = 0 para todos os pontos p X.Portanto, I(Y ) I(X).

2. Para I(), temos I() = {f K[X] / f(p) = 0, p } = Kn por vacuidade.Agora, para I(Kn), temos I(Kn) = {f K[X] / f(p) = 0, p Kn} = {f 0}.

3. Primeiro, vamos mostrar que I(V (S)) S, S K[X].De fato, seja S K[X], temos que

V (S) = {p Kn / f(p) = 0, f S}.

Da, teremos que

I(V (S)) = {f K[X] / f(p) = 0, p V (S)},

mas todo ponto p em V (S) satisfaz a condio imposta para todo f S.Portanto, S I(V (S)).

Em segundo lugar, vamos mostrar que V (I(X)) X, X Kn.De fato, seja X Kn, temos que

I(X) = {f K[X] / f(p) = 0, p X}.

Da, teremos que

V (I(X)) = {p Kn / f(p) = 0, f I(X)},

mas todo polinmio f em I(X) satizfaz a condio imposta para todo p X.Portanto, X V (I(X)).

Agora, vamos mostrar que V (I(V (S))) = V (S), S K[X].De fato, acabamos de ver que S I(V (S)), aplicando a primeira propriedade deconjuntos algbricos, temos que

V (S) V (I(V (S))).

Alm disso, acabamos de ver tambm que, como V (S) um conjunto de pontos em

Kn, assim como X, podemos armar que

V (S) V (I(V (S))).

Portanto, V (I(V (S))) = V (S).

3.1. Radical de um Ideal 17

Por ltimo, vamos mostrar que I(V (I(X))) = I(X), X Kn.De fato, acabamos de ver que X V (I(X)), aplicando a primeira propriedade deideais, temos que

I(X) I(V (I(X))).

Alm disso, acabamos de ver tambem que, como I(X) um conjunto de polinmios

em K[X], assim como S, podemos armar que

I(X) I(V (I(X))).

Portanto, I(V (I(X))) = I(X).

3.1 Radical de um Ideal

Vamos considerar A um anel qualquer e I um ideal qualquer.

Denio 3.2. O radical de I , por denio,

I = Rad(I) := {x A/xn I, para algum n N}

Proposio 3.1.

I um ideal tal que

I I.

Demonstrao. De fato, I I, pois, tomando n = 1 na denio de I, obtemostodos os elementos de I.

Agora, vamos mostrar que I um ideal.De fato, sejam a, b I, ento n N / an I e m N / bm I. Queremosdemonstrar que k N / (a b)k I, ou seja, a b I.Tomando k = m+ n 1, teremos

(a b)m+n1 =m+n1i=0

(m+ n 1

i

)(1)i am+n1i bi.

Para cada i que estamos variando, teremos uma das seguintes condies satisfeitas:

i m;

m+ n 1 n.

A partir disso, sabemos que em cada termo ai bm+n1i, ou o expoente de a ser grandeo suciente para garantir que a I ou o expoente de b ser grande o suciente paragarantir que b I e, como uma multiplicao de um elemento de I por um elemento deA est em I (pois I um ideal), cada termo estar em I e, portanto, (a b)k I. Ento


a b I.Agora, sejam an I como anteriormente e r A um elemento qualquer. Temos que

(r a)n = rn an e, como I um ideal em A, rn an I. Portanto, podemos concluir quer a I. Logo, I um ideal de I.

Exemplo 3.1. Seja A um anel tal que A = Z e seja p Z um elemento primo.Temos que, se I = p um ideal em Z, ento I = p = p.De fato, pela propriedade 3.1, sabemos que I I, mas, neste caso, I = p, ento

p p.Temos que

p = {x Z / xn p, para algum n N},

e, para que isto ocorra, xn = p. Como p primo, x deve ser mltiplo de p.Portanto,

p = p.Exemplo 3.2. Sejam A um domnio fatorial qualquer e I = a um ideal principal.Fatorando a = a11 . . . amm , com ai irredutveis e i N.Temos que

I =

a = a1, . . . , amDe fato, pela propriedade 3.1, sabemos que I I, mas, neste caso, I = a,ento a a. Alm disso, sabemos que a = a11 . . . amm , com ai irredutveis ei N.Ento, temos que

a = {x A/xn a, para algum n N},

mas cada xn pode ser escrito como b a11 . . . amm , com i N e b A. Partindo do fatode que os elementos ai so irredutveis, estes mesmos elementos compe x, alterando-se

apenas os expoentes. Ento x a = a1, . . . , am.Portanto,

a = a = a1, . . . , am.Denio 3.3. Um ideal de A um ideal radical se

I = I.

Exemplo 3.3. Os ideais principais radicais de A, um domnio fatorial, so exatamente

da forma I = a1, a2, . . . , an, aj irredutveis distintos e, portanto,I = I.

Exemplo 3.4. Sejam A um anel qualquer e P A um ideal primo. Ento P radical,isto ,

P = P .

De fato, temos que

P = {x A/xn P, para algum n N}.

3.1. Radical de um Ideal 19

Seja x P , ento x xn1 P , mas P primo, ento x P ou xn1 P .Se x P acabou. Caso contrrio xn1 P , mas xn1 = x xn2 e P primo, ento

x P ou xn2 P .Repetindo o mesmo processo at x xn(n1) temos que x P .Da, conclumos que

P P e, alm disso, j vimos que P P pelo exemplo 3.1.

P = P .

Proposio 3.2. Se X Kn um subconjunto qualquer, ento I(X) um ideal radicalde K[X], isto ,

I(X) = I(X).

Demonstrao. Queremos mostrar que se X Kn ento I(X) = I(X).Novamente pelo exemplo 3.1, j sabemos que I(X) I(X). Agora, temos que

I(X) = {f K[X] / f(p) = 0, p X}

eI(X) = {f K[X] / fn I(X), para algum n N}.

Se fn I(X), ou seja, f I(X), temos que fn(p) = 0, p X.Ento, I(X) I(X). I(X) =

I(X).

21

Captulo 4

O Teorema da Base de Hilbert

Denio 4.1. Um anel A dito Noetheriano se todo ideal I A nitamente gerado,isto ,

m f1, . . . , ft A/ I = f1, . . . , ft.

Proposio 4.1. So equivalentes:

a) A um anel Noetheriano.

b) Toda cadeia ascendente de ideais de A

I1 I2 I3 . . . In In+1 . . .

estacionria, isto , N N / IN = IN+1 = . . ..

c) Toda famlia F no vazia de ideais de A possui um elemento mximo, isto ,

J0 F / se J0 J, com J F , ento J0 = J.

Demonstrao.

(a)(b) Para conseguirmos fazer a demonstrao necessrio saber que o conjunto

I =n=1

In

um ideal em A.

De fato, sejam x, y I e sejam r, s com r 6= s ndices de I, temos que x Ir ey Is. Seja u o mximo entre os ndices r e s, isto , max{r, s} = u, temos entoque x, y Iu e, portanto, x y Iu. Da, podemos armar que x y I.Agora, seja x I e a A. Existe um ndice v tal que x Iv. Da, sabemos quea x Iv, de onde podemos armar que a x I.Isso dito, podemos continuar com a demonstrao.

22 4. O Teorema da Base de Hilbert

Sabendo que A um anel Noetheriano, I um ideal nitamente gerado o que garante

que existem a1, . . . , ak I, tal que I = a1, . . . , ak. Alm disso, existe um ndiceN tal que a1, . . . , ak IN e, devido isso, temos que I = a1, . . . , ak IN . Mas,por hiptese, IN I, ento I = IN .Portanto, temos que IN = IN+1 = . . . .

(b)(c) Se denotarmos por F a seguinte famlia de ideais

F = {Ji / i e i N}.

De uma maneira convencional, vamos organizar os ideais da seguinte forma

F = { J1J1

, J1 J2 J2

, J1 J2 J3 J3

. . .}.

A partir disso, garantido que a cadeia J1 J2 J3 . . . Jn Jn+1 . . .existe e, por hiptese, estacionria. Isto , N N / JN = JN+1 = . . ..Da, podemos armar que existem J0, J F tal que, se J0 J , ento J0 = J .Portanto, a famlia F possui um elemento mximo.

(c)(a) Seja I A um ideal. Considere F o conjunto de todos os ideais nitamente geradosde A contidos em I. F no vazio e, por hiptese, possui um elemento mximo, ouseja, J0 F / se J0 J com J F , ento J0 = J .Vamos mostrar que J0 = I.

Suponhamos que J0 6= I. Ento existe x I tal que x 6 J0.Considere o ideal N = J0, x. Esse ideal est contido em I e nitamente gerado. N F e J0 N , o que um absurdo, pois J0 o elemento mximo.Ento, I = J0.

Teorema 4.1 (Teorema da Base de Hilbert). Se A um anel Noetheriano, ento A[X]

tambm o .

Demonstrao. Vamos fazer esta demonstrao mostrando que a sua contrapositiva

verdadeira, isto , mostraremos que se A[X] no um anel Noetheriano, ento A tambm

no um anel Noetheriano.

Ento, supondo que A[X] no um anel Noetheriano, vamos tomar um ideal

I A[X] que no nitamente gerado.Vamos escolher f1 I o polinmio de menor grau possvel, o qual denotaremos por

n1. Da, escolheremos f2 I \ f1 de menor grau possvel, o qual denotaremos por n2.Repetiremos este procedimento at escolhermos fk+1 I \ f1, . . . , fk de menor grau

4. O Teorema da Base de Hilbert 23

possvel, o qual denotaremos por nk+1.

Observe que n1 n2 n3 . . ., por construo.Ento, temos

f1 = a1 Xn1 + . . .f2 = a2 Xn2 + . . .f3 = a3 Xn3 + . . . , com ai A..

.

.

fk = ak Xnk + . . .Vamos considerar o seguinte ideal: a1, a2, a3, . . . A.Armao 4.1. A cadeia ascendente de ideais de A

a1 a1, a2 a1, a2, a3 . . .

no estacionria.

Suponhamos que ela seja estacionria. Assim,

a1, . . . , ak = a1, . . . , ak+1

para algum k, ou seja, ak+1 a1, . . . , ak e, ento,

ak+1 = b1 a1 + . . .+ bk ak, com bi A.

Agora, seja

g := fk+1 (b1 Xnk+1n1 f1 + b2 Xnk+1n2 f2 + . . .+ bk Xnk+1nk fk ak+1Xnk+1+ termos de grau menor

).

Note que (g) < nk+1, o que um absurdo, por construo de fk+1.

Ento, se g I \ f1, . . . , fk, temos que g I, pois f1, . . . , fk+1 I.Caso contrrio, se g f1, . . . , fk, ento

g = b1 Xnk+1n1 f1 + b2 Xnk+1n2 f2 + . . .+ bk Xnk+1nk fk = fk+1 f1, . . . , fk.

O que um absurdo.

Logo, A no Noetheriano. Isso feito, o Teorema est provado.

Exemplo 4.1. Todo D.I.P. um anel Noetheriano. Ainda, se K um corpo, K, K[X], Zso anis Noetherianos. Em particular, K sendo um corpo, K[X1, . . . , Xn] Noetheriano,

mesmo que K[X1, . . . , Xn] no seja um D.I.P..

Proposio 4.2. Sejam A um anel Noetheriano e I A um ideal, ento AI Noetheriano.

24 4. O Teorema da Base de Hilbert

Demonstrao. Sejam J AIum ideal e J um ideal em A.

Consideremos pi : A AIe J = pi1(J) o levantamento de J que contm I.

Como A Noetheriano, J = r1, . . . , rt. Da, J = r1, . . . , rt, com ri = pi(ri).

Exemplo 4.2. Seja A = K[X1, X2, . . .], onde K um corpo. Vamos mostrar que o ideal

I = X1, X2, . . . no nitamente gerado, ou X1 ( X1, X2 ( X1, X2, X3 ( . . ..De fato, esta cadeia de ideais em A no estacionria, pois caso fosse teramos XN+1

X1, . . . , XN, mas XN+1 uma nova varivel, o que um absurdo.

Corolrio 4.1. Todo conjunto algbrico X Kn dado pelo conjunto de zeros de umnmero nito de polinmios. Isto , X um conjunto algbrico tal que X = V (f1, . . . , ft)

Demonstrao. Se X um conjunto algbrico, existe S K[X1, . . . , Xn] tal queX = V (S), mas V (S) = V (S) e, alm disso S = I um ideal de K[X1, . . . , Xn],que Noetheriano. Logo I nitamente gerado e, portanto, V (S) = V (I) para algumI = f1, . . . , ft.

25

Captulo 5

Decomposio de um Conjunto

Algbrico em Subconjuntos Irredutveis

Denio 5.1. Um conjunto algbrico V Kn irredutvel se no se decompe comoa unio de dois subconjuntos algbricos prprios, isto , V Kn irredutvel se:V = V1 V2Vi so conjuntos algbricos

Vi 6=

V = V1 ou V = V2.V um conjunto algbrico redutvel se no irredutvel.

Exemplo 5.1. Seja V = V (Y 2 X Y X2 Y +X3) (YX)(YX2)

, como no exemplo 2.1 d), com

V = V1V2, sendo V1 e V2 conjuntos algbricos. Ento V1 = V (Y X) e V2 = V (Y X2),so prprios, isto , V1 ( V e V2 ( V .Portanto, V redutvel.

Exemplo 5.2. Um ponto P = (a1, . . . , an) = V (X1 a1, . . . , Xn an) um conjuntoalgbrico irredutvel.

Mais que um ponto, isto , um conjunto nito com pelo menos dois pontos redutvel.

Se V = {P1, . . . , Pt}, ento V = {P1} . . . {Pt}

Exemplo 5.3. Se V = V1 V2 = V (Y ) V (X 1, Y 1) = V ((Y ) (X 1, Y 1)) =V (Y (X 1), Y (Y 1)), temos{Y (X 1) = 0 Y = 0 ou X = 1Y (X 1) = 0 Y = 0 ou Y = 1

Ento, V redutvel.

Proposio 5.1. Seja V Kn um conjunto algbrico. Ento V irredutvel se, esomente se, I(V ) um ideal primo.

265. Decomposio de um Conjunto Algbrico em Subconjuntos Irredutveis

Demonstrao. Vamos utilizar as negaes das implicaes para realizar a demonstrao:

() Suponha que I(V ) no primo. Tome f1, f2 K[X1, . . . , Xn] tal que f1 f2 I(V ),mas f1 6 I(V ) e f2 6 I(V ).Considere V1 = V (I(V ), f1) e V2 = V (I(V ), f2). Temos que V (I(V ), fi) V (I(V )),com i = 1, 2, mas j vimos que V (I(V )) = V , ento V (I(V ), fi) V .Armao 5.1. V = V1 V2, com V1 ( V e V2 ( V .J sabemos que V1 V e V2 V . Logo, V1 V2 V .Seja P V . Como f1 f2 I(V ), temos que se (f1 f2)(P ) = 0, ento f1(P ) f2(P ) = 0e, por isso, temos que ou f1(P ) = 0, ou f2(P ) = 0 e, portanto, ou P V1, ou P V2. Etudo isso vlido, pois K um corpo.

Da, temos que V V1 V2 e, ento, V = V1 V2.Se V = V1, ento I(V1) = I(V ), o que sabemos que no vlido, pois f1 V1, mas

f1 6 V . Logo V 6= V1 e, analogamente, V 6= V2.Ento, V1 ( V e V2 ( V .Portanto, V redutvel.

() Suponha V redutvel, digamos V = V1 V2, com V1 e V2 conjuntos algbri-cos e V1 ( V e V2 ( V .A partir disso, temos que I(V ) ( I(V1) e I(V ) ( I(V2).Tomemos, ento, f1 I(V1) \ I(V ) e f2 I(V2) \ I(V ).Armao 5.2. f1 f2 I(V ).De fato, seja P V = V1 V2, temos que:Se P V1, ento f1(P ) = 0. Logo (f1 f2)(P ) = f1(P ) f2(P ) = 0,ou

Se P V2, ento f2(P ) = 0. Logo (f1 f2)(P ) = f1(P ) f2(P ) = 0.Ento, por denio, f1 f2 I(V ), mas f1 6 I(V ) e f2 6 I(V ) por construo.Portanto, I(V ) no primo.

Teorema 5.1. Seja V Kn um conjunto algbrico qualquer. Ento V se decompe demaneira nica como V = V1 V2 . . . Vt onde Vi so conjuntos algbricos irredutveistais que Vi 6 Vj se i 6= j.

Antes de demonstrar este teorema, vamos demonstrar o seguinte lema.

Lema 5.1. Seja F uma famlia no vazia de conjuntos algbricos de Kn. Ento F possuium elemento mnimo, isto , existe V0 F tal que, se W F ,W V0, ento W = V0.Demonstrao. Sabemos que K[X1, . . . , Xn] Noetheriano.

Considere a famlia F = {I(V ) / V F}.Tome um ideal mximo I(V0) em F . Logo, V0 F mnimo.

5.1. Unicidade da Decomposio de um Conjunto Algbrico em

Subconjuntos Irredutveis 27

Demonstrao do Teorema 5.1. Considere a seguinte famlia

F = {V Kn conjuntos algbricos tais que V no admite decomposio emirredutveis}.

Quero mostrar que F = .Suponhamos que F 6= . Pelo Lema 5.1, existe um elemento mnimo V F .Em particular, V no irredutvel. Por denio, V = V1 V2, com V1 e V2 conjuntosalgbricos e V1 ( V e V2 ( V .Logo, V1, V2 6 F (pois V mnimo) e, portanto, se decompe

V1 = V11 V12 . . . V1t1

V2 = V21 V22 . . . V2t2com Vij irredutveis.

Ento, V = V11 V12 . . . V1t1 V21 V22 . . . V2t2 uma decomposio emirredutveis, o que um absurdo j que V F .Portanto, F = .Agora, dada uma decomposio qualquer em irredutveis V = V1 V2 . . .Vs, possoretirar os Vi tais que Vi Vj, obtendo assim uma nova deomcposio V = V1V2 . . .Vtonde Vi 6 Vj para i 6= j.

5.1 Unicidade da Decomposio de um Conjunto Alg-

brico em Subconjuntos Irredutveis

Sejam V e W conjntos algbricos com V = V1 . . . Vt = W1 . . . Ws duasdecomposies de V e W em subconjuntos algbricos irredutveis.

Temos que W1 = V W1 = (V1 W1) (V2 W1) . . . (Vt W1).Como W1 irredutvel, existe j = j(1) tal que W1 = Vj W1, isto , W1 Vj(1).

Trocando os papis, temos que existe um k = k(j) tal que Vj = Vj(1) Wk.Da, W1 Vj Wk. Logo, k = 1 e, portanto, W1 = Vj. Trocando os ndices demaneira conveniente, podemos dizer que W1 = V1.

Analogamente, t = s e W2 = V2, . . . , Wt = Vt.

Denio 5.2. Uma variedade algbrica um conjunto algbrico irredutvel.

285. Decomposio de um Conjunto Algbrico em Subconjuntos Irredutveis

29

Captulo 6

Teorema dos Zeros de Hilbert

Neste captulo estaremos apresentando a forma fraca e a forma forte do Teorema dos

Zeros de Hilbert. Alm disso, veremos que a forma forte do Teorema dos Zeros de Hilbert

implica na forma fraca deste teorema e demonstraremos que a forma fraca deste teorema

implica na forma forte do mesmo.

Teorema 6.1 (forma forte). Seja K um corpo algebricamente fechado. Seja J K[X1, . . . , Xn] um ideal. Ento, I(V (J)) =

J .

Teorema 6.2 (forma fraca). Sejam K um corpo algebricamente fechado e J (K[X1, . . . , Xn] um ideal prprio. Ento V (J) 6= .

claro perceber que a forma forte implica na forma fraca do Teorema dos Zeros de

Hilbert. Supondo que V (J) = , teremos que I(V (J)) = K[X1, . . . , Xn], mas pela formaforte do teorema I(V (J)) =

J . Da, temos que

J = K[X1, . . . , Xn]. Por denio

J = {x K[X1, . . . , Xn] / xn J}, mas 1 J , ento 1n J , isto 1 J , portanto

J no principal, o que um absurdo.

Proposio 6.1 (forma fraca forma forte). Temos que a forma fraca do Teorema doszeros de Hilbert (Teorema 6.2) implica na forma forte do mesmo (Teorema 6.1).

Primeiro, sabemos que I(V (J)) J , pela propriedade 3 de ideais. Mas I(V (J)) umideal radical, ou seja, I(V (J)) =

I(V (J)), pela propriedade 3.2. Ento, temos que

J I(V (J)) J I(V (J)) = I(V (J))J I(V (J)).Agora, mostraremos que I(V (J)) J .Sejam J = f1, . . . , ft e g I(V (J)).Construiremos o seguinte ideal de K[X1, . . . , Xn, Xn+1]

= f1, . . . , ft, g Xn+1 1 K[X1, . . . , Xn, Xn+1].

Armao 6.1. V () = em Kn+1.

Seja Q = (a1, . . . , an, an+1) V () e P = (a1, . . . , an). Ento Q = (P, an+1). Temosque

30 6. Teorema dos Zeros de Hilbert

fi(P ) = fi(Q) = 0 (pois Q V ()). Logo P V (J) e g(P ) = 0 (pois g I(V (J))).

Como Q zero de g Xn+1 1, temos que g(P )=0

Xn+1 1 = 0 1 = 0, o que

um absurdo.

Ento V () = .Pela forma fraca, conclumos que f1, . . . , ft, g Xn+1 1 = 1.Escrevemos, ento

1 = A1(X1, . . . , Xn+1) f1(X1, . . . , Xn) + . . . + At(X1, . . . , Xn+1) ft(X1, . . . , Xn) +B(X1, . . . , Xn+1) (g(X1, . . . , Xn) Xn+1 1).

Agora, substituindo Xn+1 por1Y, temos

1 = A1(X1, . . . ,1Y

) f1(X1, . . . , Xn) + . . . + At(X1, . . . , 1Y ) ft(X1, . . . , Xn) +B(X1, . . . ,

1Y

) (g(X1, . . . , Xn) 1Y 1).

Multiplicando por Y N , com N N sucientemente grande, temosY N = C1(X1, . . . , Xn, Y )f1(X1, . . . , Xn)+. . .+Ct(X1, . . . , Xn, Y )ft(X1, . . . , Xn)+

D(X1, . . . , Xn, Y ) (g(X1, . . . , Xn) 1Y 1).

Nesta igualdade, substitumos Y por g(X1, . . . , Xn), obtendo

gN = C1(X1, . . . , Xn, g) f1(X1, . . . , Xn) + . . .+ Ct(X1, . . . , Xn, g) ft(X1, . . . , Xn).

Logo, g f1, . . . , ft = J .Corolrio 6.1. Seja K um corpo algebricamente fechado. Ento, existe uma bijeo que

envolve incluso:

{Conjuntos algbricos

de Kn

}I()V ()

{Ideais radicais

de K[X1, . . . , Xn]

}

X I(X)V (J) J

{Variedades algbricas} {Ideais primos de K[X1, . . . , Xn]}{Pontos de

Kn

}injetora

{Ideais maximais

de K[X1, . . . , Xn]

}

(a1, . . . , an) (X1 a1, . . . , Xn an)

Em particular, se K algebricamente fechado, ento todo ideal maximal de K[X1, . . . , Xn]

da forma (X1 a1, . . . , Xn an) para algum ponto (a1, . . . , an) Kn.

6. Teorema dos Zeros de Hilbert 31

Corolrio 6.2. Seja f K[X1, . . . , Xn] um polinmio e f = f s11 . . . f stt sua fatoraoem irredutveis. Ento a hipersuperfcie V (f) se decompe em irredutveis como

V (f) = V (f1) . . . V (ft). Mais ainda, I(V (f)) = (f1, . . . , ft).Demonstrao. Pela decomposio de f = f s11 . . . f stt , claro que V (f) = V (f1) . . . V (ft).

Notemos que, V (fi) , de fato, irredutvel, porque I(V (fi)) =fi = fi, pois como

V (fi) uma variedade algbrica, ento fi primo e, em um D.F.U., se um ideal principal primo, ele gerado por um elemento irredutvel.

Portanto, V (fi) irredutvel.

Se V (fi) V (fj), ento fj fi.Mas isso um absurdo, pois so irredutveis distintos. Mais ainda, I(V (f)) =

f =f s11 . . . f stt = f1 . . . ft.Corolrio 6.3. Sejam K um corpo algebricamente fechado e I K[X1, . . . , Xn] = K[X]um ideal. Ento V (I) nito se, e somente se, K[X1,..., Xn]

I um K espao vetorial de

dimenso nita.

Neste caso, #V (I) dimK K[X1,..., Xn]I .Denio 6.1. Uma K-lgebra am um anel da seguinte forma: K[X1,..., Xn]

I.

Exemplo 6.1.

K[X,Y ](Y 2X3) = K[x, y] onde

{x = X + (Y 2 X3)y = Y + (Y 2 X3) .Neste caso,

0 = f = Y2 X3 = y2 x3.Demonstrao do Teorema dos zeros de Hilbert (forma fraca): Teorema 6.2. Vamos

supor que J um ideal maximal.

De fato, se J M com M maximal, ento V (M) V (J). Se V (M) 6= , entoV (J) 6= .Portanto, basta mostrar que todo ideal maximal M K[X1, . . . , Xn] tem V (M) 6= .

Vamos considerar

K[X1,..., Xn]M

= K[x1, . . . , xn], que um corpo, pois M maxi-

mal.

Armao 6.2. Seja K[x1, . . . , xn] uma K-lgebra am que um corpo. Ento a ex-

tenso de corpos K[x1, . . . , xn] algbrica.

Em particular, se K algebricamente fechado, ento K = K[x1, . . . , xn].

Logo, existem

a1 K tal que a1 = x1 = X1 X1 a1 Ma2 K tal que a2 = x2 = X2 X2 a2 M.

.

.

an K tal que an = xn = Xn Xn an M

32 6. Teorema dos Zeros de Hilbert

Assim o ideal X1 a1, . . . , Xn an maximal

M , o que implica:

X1 a1, . . . , Xn an = M .Logo, V (M) = {(a1, . . . , an)} 6= .

Da, como V (M) V (J), temos que V (J) 6= .

Demonstrao do Corolrio 6.3. Pegue r pontos quaisquer P1, . . . , Pr V (I). Sabemosque m f1, . . . , fn K[X] tais que fi(rj) = ij =

{1 se i = j

0 se i 6= j .Considere agora as classes:

fi K[X]I ; i = 1, . . . , r.

Armao 6.3. Os elementos f1, . . . , fr K[X]I = K[X1, . . . , Xn] so K-linearmenteindependentes.

De fato, seja

ri=1

i fi = 0, com i K

isto ,

ri=1

i fi = 0

ou seja,

ri=1

i fi I.

Aplicando em Pj

j =ri=1

i fi(Pj) = 0, ou seja j = 0.

Portanto, j = 0, j e o conjunto linearmente independente.Com isso, provamos que r dimK K[X]I , ou seja, provamos que, se dimK K[X]I nita e, ento, #V (I) menor ou igual a esta dimenso e, portanto, nito. Alm disso,

provamos a armao 6.2.

Vamos provar agora que se #V (I) nito, ento a dimKK[X]I nita.

Temos que V (I) = {P1, . . . , Pt} tais que

P1 = (a11, . . . , a1n)

P2 = (a21, . . . , a2n).

.

.

Pt = (at1, . . . , atn)

Kn.

6. Teorema dos Zeros de Hilbert 33

Sejam

f1(X1) = (X1 a11) (X1 a21) . . . (X1 at1)f2(X2) = (X2 a12) (X2 a22) . . . (X2 at2).

.

.

fn(Xn) = (Xn a1n) (Xn a2n) . . . (Xn atn).Note que:

fi = fi(Xi) I(V (I)) =I (Pelo Teorema dos zeros de Hilbert)

ento existem ni N tais que fnii I.Tomando N N sucientemente grande tal que fNi I i = 1, . . . , n, temosf1 = f1(X1) = X

t1+ termos de grau menor.

fN1 = X tN1 + termos de grau menor. fNi = 0 em K[X]IAssim,

X1tN

+tNi=1

i X1tNi = 0

ento, X1tNse escreve como combinao linear de X1

tN1, X1

tN2, . . . , X1, 1.

Repetindo este processo analogamente para i = 1, . . . , n, temos que XitN uma

combinao linear de XitN1

, . . . , Xi, 1.

Logo, toda potncia de XitN combinao linear de Xi

tN1, . . . , Xi, 1.

Ento,

K[X]I

= KX1j1 , . . . , Xnjn.Portanto, dimK

K[X1,..., Xn]I

35

Referncias Bibliogrcas

[1] Atiyah, M. F. e Macdonald, I. G., Introduccin al lgebra conmutativa, Verso espa-

nhola, Editora Revert, S. A., Barcelona, 1973.

[2] Domingues, Hygino H. e Iezzi, Gelson, lgebra Moderna, Quarta Edio, Atual Edi-

tora, So Paulo, 2003.

[3] Fulton, W., Algebraic Curves: an introduction to algebraic geometry, Benjamim, 1969.

[4] Garcia, A. e Lequain, Y., Elementos de lgebra, Projeto Euclides - IMPA/SBM, Rio

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[5] Hungerford, Thomas W., Algebra, Springer, New York, 1974.

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bases de hilbert.pdf