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Ve rsã o P re lim in arÁlgebra ComutativaNotas de Aula Maria Eugenia Martin Universidade de São Paulo São Paulo, 23 de novembro de 2014 Ve rsã o P re lim in ar S U M Á R I O 1 anéis e ideais 2 1.1 Teorema Chinês dos Restos 12 1.2 Exercícios 14 2 variedades 18 2.1 Espectro 18 2.2 Introdução à Geometria Algébrica 26 2.3 Exercícios 33 3 módulos 36 3.1 Módulos Finitamente Gerados 38 3.2 Sequências Exatas 41 3.3 Produto Tensorial de Módulos 43 3.4 Exercícios 51 4 localização 54 4.1 Propriedades Locais 60 4.2 Localização e Ideais Primos 61 4.3 Exercícios 65 5 condições de cadeia 67 5.1 Anéis Noetherianos 73 5.2 Anéis Artinianos 76 5.3 Exercícios 78 6 decomposição primária 80 6.1 Decomposição Primária em Anéis Noetherianos 86 6.2 Aplicações da Decomposição Primária em Anéis Artinia- nos 88 6.3 Exercícios 93 7 extensões integrais 96 7.1 Exercícios 111 8 teoria da dimensão 113 8.1 Anéis Graduados 114 8.2 Função de Hilbert 115 8.3 Teorema de dimensão de Krull 121 8.4 Exercícios 124 i Ve rsã o P re lim in ar a identidades binomiais 125 b referências bibliográficas 127 Índice Remissivo 129 ii Ve rsã o P re lim in ar I N T R O D U Ç Ã O Este texto corresponde à versão preliminar das notas de aula do curso MAT5737-Introdução à Álgebra Comutativa ministrado no 2º Semestre de 2014, no Instituto de Matemática e Estatística da Universidade de São Paulo, IME-USP. O autor ficaria muito grato se lhe fossem enviadas sugestões de melhorias ou que lhe fossem apontados erros porventura encontrados. 1 Ve rsã o P re lim in ar 1 A N É I S E I D E A I S Aula 1 aula 1: 11/08/2014 Vamos começar revendo rapidamente as definições e propriedades elemen- tares de anéis, ideais primos e maximais e várias operações elementares que podem ser realizadas em ideais. Definição 1. Um anel A é um conjunto com duas operações binárias: soma e multiplicação, denotadas por (+, ·) respetivamente e tais que: a. A é um grupo abeliano em relação a operação de soma “+” (logo A tem um elemento nulo, 0, e todo a ∈ A tem um inverso aditivo, −a.) b. A multiplicação “·” em A é associativa ((a · b) · c = a · (b · c)) e dis- tributiva em relação à adição (a · (b + c) = a · b + a · c e (b + c) · a = b · a + c · a) Neste curso somente consideraremos anéis comutativos,isto é tais que: c. a · b = b · a para todos a, b ∈ A e 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 o elemento identidade é único) Observação. a. Segue de imediato das definições acima que−1 · a = −a e 0 · a = 0 para todo elemento a ∈ A. b. Não excluímos a possibilidade de 1 = 0. Se isto acontecer então para qualquer a ∈ A temos a = a · 1 = a · 0 = 0 e logo A tem um único elemento, 0. Neste caso A é denominado anel nulo e denotado por 0. Definição 2. Um homomorfismo de anéis é uma aplicação f de um anel A em um anel B tal que: a. f (a + b) = f (a) + f (b) (logo f é um homomorfismo de grupos abelia- nos e logo também 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. 2 Ve rsã o P re lim in ar Em outras palavras, f respeita adição, multiplicação e o elemento identi- dade. Um homomorfismo injetor e sobrejetor é chamado de isomorfismo. Um subconjunto S de um anel A é um subanel de A se S é fechado sob adição e multiplicação e contém o elemento identidade de A. A aplicação identidade de S em A é então um homomorfismo de anéis injetivo que chamaremos de “inclusão”. Se f : A → B, g : B → C são homomorfismos de anéis então sua composição g ◦ f : A→ C é também um homomorfismo de anéis. Definição 3. Um ideal I de um anel A é um subconjunto de A que é um subgrupo aditivo e é tal que AI ⊆ I ou seja se a ∈ A e b ∈ I implica que a · b ∈ I. Um ideal I é dito próprio se I 6= A ou equivalentemente se 1 6∈ I. Os múltiplos x · a de um elemento a ∈ A formam um ideal principal, denotado por (a). De modo mais geral, podemos definir o ideal de A gerado pelo subconjunto S ⊆ A, denotado por 〈S〉, como sendo o conjunto gerado por todas as combinações A-lineares finitas: 〈S〉 = {a1 · s1 + · · ·+ an · sn onde n ∈N, ai ∈ A e si ∈ S}. Exercício 1. Verifique que 〈S〉 é um ideal de A e que é o “menor” ideal de A que contém o subconjunto S. O grupo quociente A/I = {a = a + I | a ∈ A}, onde a + I = b + I se e somente se a− b ∈ I, herda uma multiplicação de A definida de maneira única como: a · b = a · b o que o torna um anel (comutativo com unidade), chamado de anel quociente e denotado por A/I. A aplicação π : A→ A/I que leva cada a ∈ A em sua classe a é um homomorfismo de anéis sobrejetivo que chamaremos de projeção canônica. Usaremos frequentemente o seguinte fato (conhecido como “Teorema de Correspondência entre Ideais”, TCI): Teorema 4. (Teorema de Correspondência entre Ideais) Existe uma corres- pondência (que preserva ordem) um-a-um entre os ideais J de A que contém I, e os ideais J de A/I, dada por J = π−1(J). Se f : A→ B é um homomorfismo de anéis e J é um ideal de B, então a pré-imagem f−1(J) é sempre um ideal de A. Mas se I é um ideal de A, o conjunto f (I) não necessariamente é um ideal de B, para que isso aconteça f deve ser sobrejetor. (prova: Exercício 2.) Exemplo 5. Seja f a inclusão de Z em Q e seja I = (3) o ideal principal não nulo de Z gerado por 3, então f (I) ⊆ Q é o próprio I. Se I for um ideal de Q então QI ⊆ I mas 12 · 3 = 3 2 6∈ (3) = {0,±3,±6,±9,±12, . . . }. Logo f (I) não é um ideal de Q. 3 Ve rsã o P re lim in ar Como consequência o kernel de f , Ker( f ) = f−1(0), é um ideal de A mas só podemos afirmar que a imagem de f , Im( f ) = f (A), é um subanel de B. O homomorfismo f induz um isomorfismo de anéis A/ Ker( f ) ' Im( f ). Definição 6. a. Um divisor de zero num anel A é um elemento a ∈ A o qual “divide 0”, i.e., para o qual existe b 6= 0 em A tal que a · b = 0. Um anel sem divisores de zero não nulos (e no qual 1 6= 0) é chamado de domínio de integridade (ou seja, num domínio de integridade se a · b = 0 então ou a = 0 ou b = 0). b. Uma unidade em A é um elemento a ∈ A o qual “divide 1”, i.e., para o qual existe b ∈ A tal que a · b = 1. O elemento b é determinado de maneira única por a e é denotado por a−1. As unidades em A formam um grupo abeliano (multiplicativo), A×. Um corpo é um anel k no qual 1 6= 0 e todo elemento não nulo é uma unidade. Exemplo 7. Seja k um corpo, então k e k[x1, . . . , xn] (xi indeterminadas) são domínios de integridade. Z é um domínio de integridade mas não é um corpo. O elemento a ∈ A é uma unidade se e somente se (a) = A = (1). (prova: Exercício 3.) Proposição 8. Seja A um anel não nulo. Então as seguintes afirmações são equivalentes: a. A é um corpo; b. os únicos ideais de A são 0 e A; c. todo homomorfismo de A num anel não nulo B é injetivo. Demonstração. Exercício 4. Definição 9. Um ideal p de A é dito primo se p 6= A e se a · b ∈ p ⇒ ou a ∈ p ou b ∈ p. Um ideal m de A é dito maximal se m 6= A e se sempre que exista um outro ideal I tal que m ⊆ I ⊆ A então ou I = A ou I = m.1 Equivalentemente às definições temos: Proposição 10. a. p é um ideal primo se e somente se A/p é um domínio de integridade. b. m é um ideal maximal se e somente se A/m é um corpo. 1 Note que por definição ideais primos e maximais são ideais próprios. 4 Ve rsã o P re lim in ar Demonstração. a. Exercício 5. b. Suponha que m é um ideal maximal de A. Seja J ⊆ A/m um ideal de A/m, pelo TCI (Teorema 4) J = π−1(J) é um ideal de A que contém m, ou seja m ⊆ J ⊆ A. Da maximalidade de m segue que ou J = m ou J = A, logo ou J = 0 ou J = A/m. Portanto os únicos ideais de A/m são 0 e o próprio A/m. Segue da Proposição 8 que A/m é um corpo. Suponha agora que A/m é um corpo2. Seja J um ideal de A tal que m ⊆ J ⊆ A, logo J = J/m é um ideal de A/m que é um corpo. Da Proposição 8 segue que ou J = 0 ou J = A/m, logo J = m ou J = A o que implica que m é um ideal maximal de A. Como consequências temos: o ideal zero (0) = 0 é primo se e somente se A é um domínio de integridade;o ideal zero (0) é maximal se e somente se A é um corpo; e se m é um ideal maximal⇒A/m é um corpo⇒A/m é um domínio de integridade⇒m é um ideal primo, ressaltamos porém que a recíproca não é verdadeira. Proposição 11. Se f : A→ B é um homomorfismo de anéis e q é um ideal primo em B, então f−1(q) é um ideal primo em A. Demonstração. Como vimos anteriormente f−1(q) é de fato um ideal de A. Vejamos agora que é próprio: de fato se 1A ∈ f−1(q) então f (1A) = 1B ∈ q contrariando o fato de q ser próprio. Por outro lado, se a · b ∈ f−1(q) então f (a · b) = f (a) · f (b) ∈ q, como q é primo segue que ou f (a) ∈ q ou f (b) ∈ q, i.e., ou a ∈ f−1(q) ou b ∈ f−1(q), o que implica por definição que f−1(q) é um ideal primo de A. A proposição anterior se torna falsa se trocamos “ideal primo” por “ideal maximal”, vejamos o seguinte contraexemplo: Exemplo 12. Seja f : Z ↪→ Q o homomorfismo de anéis “inclusão”. Como Q é um corpo, o ideal (0) de Q é maximal. Segue do fato de f ser injetora que o ideal f−1(0) = Ker( f ) = (0), mas (0) não é um ideal maximal de Z pois Z não é um corpo. Por outro lado, como Z é um domínio de integridade então (0) = f−1(0) é um ideal primo. Ideais primos são fundamentalmente importantes na álgebra comutativa. O próximo teorema garante que ideais maximais (e portanto primos) existem 2 E logo por definição 1 6= 0, o que implica A/m 6= 0 ou seja A 6= m. Precisamos esta condição para m ser maximal. 5 Ve rsã o P rel im ina r em abundância. A prova de dito teorema é uma aplicação padrão do famoso Lema de Zorn. Para isso lembraremos rapidamente os conceitos necessários. Um conjunto não vazio Ω é dito parcialmente ordenado se for dada uma relação ≤ em Ω a qual é reflexiva, transitiva e tal que se x ≤ y e y ≤ x então x = y. Um subconjunto S ⊆ Ω é uma cadeia se para todo par de elementos x, y ∈ S temos x ≤ y ou y ≤ x. O Lema de Zorn pode ser enunciado como segue: Lema 13. Se toda cadeia S ⊆ Ω de um conjunto parcialmente ordenado Ω 6= ∅ tem uma cota superior em Ω (i.e., existe x ∈ Ω tal que y ≤ x para todo y ∈ S), então Ω possui pelo menos um elemento maximal. Passamos agora ao enunciado do Teorema: Teorema 14. Todo anel não nulo A 6= 0 possui pelo menos um ideal maximal. Demonstração. Seja Ω o conjunto de todos os ideais próprios de A parci- almente ordenados por inclusão (⊆). Como A 6= 0, Ω é não vazio pois (0) ∈ Ω. Devemos mostrar que Ω possui um elemento maximal e faremos isso aplicando o Lema de Zorn. Para isso, devemos mostrar que toda cadeia S ⊆ Ω tem uma cota superior em Ω. Seja S = (Iα) uma cadeia de ideais em Ω, então para cada par de índices α, β temos uma das possibilidades: ou Iα ⊆ Iβ ou Iβ ⊆ Iα. Denotemos por m = ⋃ α Iα, este será o nosso candidato a cota superior de S em Ω. Vejamos primeiramente que m ∈ Ω, i.e., que m é um ideal próprio de A. Sejam x, y ∈ m então existem índices α, β tal que x ∈ Iα e y ∈ Iβ, sem perda de generalidade podemos supor que Iα ⊆ Iβ logo x + y ∈ Iβ ⊆ m. Por outro lado, seja a ∈ A então a · x ∈ Iα ⊆ m. Isto mostra que m é um ideal de A. Para ver que ele é próprio só basta observar que 1 6∈ m pois 1 6∈ Iα para todo α. Por último, só resta observar que Iα ⊆ m para todo α, logo m é uma cota superior de S. Aula 2 aula 2: 13/08/2014 Lembrando a última aula. Um conjunto não vazio Ω é dito parcialmente ordenado se for dada uma relação ≤ em Ω a qual é reflexiva, transitiva e tal que se x ≤ y e y ≤ x então x = y. Um subconjunto S ⊆ Ω é uma cadeia se 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 ⊆ Ω de um conjunto parcialmente ordenado Ω 6= ∅ tem uma cota superior em Ω (i.e., existe x ∈ Ω tal que y ≤ x para todo y ∈ S), então Ω possui pelo menos um elemento maximal. 6 Ve rsã o P re lim in ar Teorema. Todo anel não nulo A 6= 0 possui pelo menos um ideal maximal. Como aplicações diretas do teorema anterior temos os seguintes corolários: Corolário 15. Todo ideal próprio I de A está contido num ideal maximal. Demonstração. Exercício 6. Basta aplicar o Teorema 14 para o anel A/I no lugar de A e usar o TCI. Corolário 16. Todo elemento de A que não é uma unidade está contido num ideal maximal. Operações com ideais Dados dois ideais I e J de um anel A, definimos os seguintes ideais: a. A soma de I e J é o conjunto de todos os elementos x + y onde x ∈ I e y ∈ J. É o menor ideal que contém I e J, em outras palavras é o ideal gerado pela união I ∪ J. Analogamente, podemos definir a soma ∑α∈Λ Iα de qualquer família de ideais Iα de A cujos elementos são todas as somas ∑ xα onde xα ∈ Iα para todo α ∈ Λ e quase todos os xα (i.e., todos exceto um conjunto finito) são zero. É o menor ideal que contém todos os ideais Iα. b. A interseção de qualquer família de (Iα)α∈Λ ideais é um ideal. c. O produto de dois ideais I, J de A é o ideal I · J gerado por todos os produtos x · y, onde x ∈ I e y ∈ J. É o conjunto de todas as somas finitas ∑ xiyj onde cada xi ∈ I e cada yj ∈ J. Analogamente definimos o produto de qualquer família finita de ideais. Em particular, são definidas as potências In (n > 0) de um ideal I. Por convenção I0 = (1) e In é o ideal gerado por todos os produtos x1 · x2 · · · · · xn onde cada xi ∈ I. Observação. a. Em geral a união de dois ideais I ∪ J não é um ideal. b. As três operações são comutativas e associativas. Também existe uma lei distributiva I · (J + K) = I · J + I · K. c. Lei Modular: Se J ⊆ I ou K ⊆ I então I ∩ (J + K) = I ∩ J + I ∩ K. (Exercício 7.) d. Pela lei distributiva (I + J) · (I ∩ J) = I · (I ∩ J) + J · (I ∩ J) ⊆ I · J, esta última inclusão devido a que I ∩ J ⊆ J e I ∩ J ⊆ I. 7 Ve rsã o P re lim in ar e. Sempre temos a inclusão I · J ⊆ I ∩ J, a igualdade acontece se I + J = A. Definição 17. Dois ideais I, J são ditos coprimos se I + J = A. Logo para ideais coprimos temos a igualdade I ∩ J = I · J. Claramente dois ideais I e J são coprimos se e somente se existe a ∈ I e b ∈ J tal que a + b = 1. Existem anéis com exatamente um ideal maximal, como os corpos. Esta ideia levou à seguinte definição. Definição 18. Um anel A que possui exatamente um ideal maximal m é chamado de anel local. O corpo k = A/m é chamado de corpo de resíduos de A. Proposição 19. a. Seja A um anel e m um ideal próprio de A tal que todo a ∈ A−m é uma unidade de A. Então A é 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) é uma unidade de A. Então A é um anel local. Demonstração. Suponha que existe um ideal I tal que m ⊆ I ⊆ A. Então ou I = A ou I é próprio e logo consiste de elementos que não são unidades, logo (por hipótese) está contido em m e por tanto I = m. Por definição m é maximal. Suponha que exista outro ideal maximal m′ ⊆ A, como ele é próprio consiste de elementos que não são unidades logo m′ ⊆ m ⊆ A, da maximalidade de m′ e do fato de m ser próprio por hipótese, segue que m′ = m e A é um anel local. Isto prova (a. ). Para provar (b. ) vamos usar o item (a. ), logo considere a ∈ A−m. Logo m ( 〈a,m〉 ⊆ A, onde 〈a,m〉 é o ideal gerado por a e m. Então da maximalidade de m segue que 〈a,m〉 = A. Logo existe b ∈ A e t ∈ m tal que a · b + t = 1 o que implica que a · b = 1− t ∈ 1 +m e por hipótese é uma unidade , logo a é uma unidade. Pelo item (a. ) A é um anel local. Exemplo 20. Todo ideal em Z é principal, ou seja é da forma (m) para algum m ≥ 0. O ideal (m) é primo se e somente se m = 0 ou um número primo. Todos os ideais (p), onde p é um número primo, são maximais pois Z/(p) = Zp é o corpo com p elementos. Isto nos motiva à seguinte definição. Definição 21. Um domínio de ideais principais (DIP) é um domínio de integridade no qual todo ideal é principal. Em tal anel todo ideal primo não nulo é maximal: seja (a) 6= 0 um ideal primo e suponha que (a) ⊆ (b) ⊆ A, logo a ∈ (b) assim a = b · c. Mas então 8 Ve rsã o P re lim in ar b · c ∈ (a). Suponha que (a) ( (b) então b 6∈ (a) mas (a) é primo então deve ser c ∈ (a) assim c = d · a. Entãoa = b · c = b · d · a. Isto implica que 0 = b · d · a− a = (b · d− 1) · a, como por hipótese a 6= 0 e o anel A é um domínio então deve ser (b · d− 1) = 0, logo b · d = 1 e por tanto (b) = A. Logo (a) é maximal. Assim provamos a seguinte proposição: Proposição 22. Seja A um DIP e I 6= 0 um ideal não nulo de A. Então I é primo se e somente se I é maximal. Definição 23. Um elemento a ∈ A é nilpotente se an = 0 para algum n > 0. O conjunto N de todos os elementos nilpotentes de um anel A é um ideal (Exercício 8. dica: use o Binômio de Newton) chamado de nilradical de A. Seja a um elemento nilpotente do anel quociente A/N, então existe n > 0 tal 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 anel quociente A/N não tem elementos nilpotentes não nulos. A seguinte proposição da uma definição alternativa de nilradical: Proposição 24. O nilradical de A é a interseção de todos os ideais primos de A. Demonstração. Denotemos por N′ à interseção de todos os ideais primos de A. Seja a ∈ N e p qualquer ideal primo de A. Então existe n > 0 tal que an = 0, mas como 0 ∈ p temos que an ∈ p, segue do fato de p ser primo que ou a ∈ p ou an−1 ∈ p (se continuarmos com o mesmo raciocínio neste último caso chegaremos a que a2 ∈ p) e logo a ∈ p para todo p ideal primo de A, o que 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 Ω o conjunto dos ideais I com a seguinte propriedade “Se n > 0 então an 6∈ I”. Observe que Ω 6= ∅ pois (0) ∈ Ω. Queremos aplicar o Lema de Zorn ao conjunto não vazio Ω parcialmente ordenado por inclusão, seguindo o raciocínio da prova do Teorema 14. Então seja S = (Iα) uma cadeia de ideais em Ω e denotemos por I = ⋃ α Iα. Como provamos anteriormente I é um ideal3 de A e como para cada n > 0, an 6∈ Iα para todo α então an 6∈ I e logo I ∈ Ω e claramente é uma cota superior da cadeia S. O Lema de Zorn nos garante que Ω tem um elemento maximal p. Queremos provar que p é um ideal primo. Sejam x, y 6∈ p, então p está estritamente contido nos ideais p+ (x) e p+ (y), logo ambos ideais não pertencem a Ω (pois isto seria uma contradição ao fato de p ser um elemento maximal de Ω), isto significa que existem m, n > 0 tal que am ∈ p+ (x) e an ∈ p+ (y), ou seja 3 Observe que em geral união de ideais não é ideal mas aqui os ideais pertencem a uma cadeia e é este fato que faz a união ser um ideal. 9 Ve rsã o P re lim in ar podemos escrever am = p′ + x′ e an = p′′ + y′, onde p′, p′′ ∈ p, x′ ∈ (x) e y′ ∈ (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) não pertence a Ω, logo x · y 6∈ p (caso contrário, se x · y ∈ p então (x · y) ⊆ p, logo p+ (x · y) = p ∈ Ω) e p é primo. Portanto, existe um ideal primo p tal que a 6∈ p logo a 6∈ N′. Com isto provamos que N′ ⊆ N. Definição 25. O radical de Jacobson R de A é definido como sendo a interseção de todos os ideais maximais de A. A seguinte proposição caracteriza o radical de Jacobson. Proposição 26. a ∈ R se e somente se 1− a · b é uma unidade de A para todo b ∈ A. Demonstração. (⇒) Suponha que 1− a · b não é uma unidade. Então do Corolário 16 temos que 1− a · b pertence a algum ideal maximal m; mas a ∈ R ⊆ m, logo a · b ∈ m e portanto 1 ∈ m o que é uma contradição ao fato de m ser maximal e logo próprio. (⇐) Suponha que a 6∈ R ou seja existe m um ideal maximal de A tal que a 6∈ m. Logo m ( 〈m, a〉 ⊆ A o que implica que 〈m, a〉 = A, então existem m ∈ m e b ∈ A tal que 1 = m + a · b. Logo 1− a · b ∈ m e portanto não é uma unidade (se for, m não seria próprio). Aula 3 aula 3: 22/08/2014 Lembrando a última aula. O conjunto N de todos os elementos nilpotentes de um anel A é chamado de nilradical de A. Proposição. O nilradical de A é a interseção de todos os ideais primos de A. Definição 27. Definimos o radical do ideal I de A como sendo √ I = {a ∈ A | an ∈ I para algum n > 0}. Se π : A → A/I é o homomorfismo projeção, então √ I = π−1(NA/I) (provar Exercício 9.) e logo √ I é um ideal (pelo Exercício 2: pré-imagem de ideal é ideal). Proposição 28. O radical de um ideal I é a interseção de todos os ideais primos de A que contêm I. 10 Ve rsã o P re lim in ar Demonstração. Aplicando a Proposição 24 a ˙A/I temos NA/I = ⋂ p ideal primo de A/I p, logo √ I = π−1(NA/I) = ⋂ p ideal primo de A/I π−1(p) = ⋂ p ideal primo de A que contém I p, onde na última igualdade aplicamos o TCI e a Proposição 11 (pré-imagem de ideal primo é ideal primo). Proposição 29. a. Sejam p1, . . . , pn ideais primos e seja I um ideal contido em ⋃n i=1 pi. Então I ⊆ pi para algum i. b. Sejam I1, . . . , In ideais e seja p um ideal primo contendo ⋂n i=1 Ii. Então p ⊇ Ii para algum i. Se p = ⋂n i=1 Ii então p = Ii para algum i. Demonstração. O primeiro item é provado por contra-positiva e indução em n, i.e. provaremos que I * pi (1 ≤ i ≤ n)⇒ I * n⋃ i=1 pi. Claramente é verdadeiro para n = 1. Se n > 1 e o resultado verdadeiro para n− 1 (ou seja é verdadeiro se considerarmos quaisquer n− 1 pi’s), então para cada i existe ai ∈ I tal que ai 6∈ pj sempre que j 6= i. Agora temos duas possibilidades, se para algum i temos ai 6∈ pi então acabou. Mas se ai ∈ pi para todo i, então considere o elemento b = ∑ni=1 a1 · a2 · · · âi · · · an ∈ I e suponha que existe i0 tal que b ∈ pi0 . Então a1a2 · · · âi0 · · · an = b− n ∑ i=1 i 6=i0 a1 · a2 · · · ai0 · · · âi · · · an ∈ pi0 , como pi0 é primo então pelo menos um dos ai com i 6= i0 deve pertencer a pi0o que é uma contradição. Logo b 6∈ pi para todo 1 ≤ i ≤ n, portanto I * ⋃n i=1 pi. 11 Ve rsã o P rel im ina r Para provar o segundo item suponha que p + Ii para todo i. Então para cada i existe ai ∈ Ii tal que ai 6∈ p, mas p é primo logo a1a2 . . . an 6∈ p. Por outro lado a1 · a2 · · · an ∈ ∏ni=1 Ii ⊆ ⋂n i=1 Ii ⊆ p o que é uma contradição. Por último se p = ⋂n i=1 Ii então p ⊆ Ii para todo i. Se supomos que essa inclusão é estrita para todo i, seguindo o raciocínio do caso anterior chegaremos a uma contradição, logo p = Ii para algum i. Definição 30. Definimos o ideal quociente dos ideais I e J de A, como sendo o ideal (I : J) = {a ∈ A | a · J ⊆ I}. Em particular (0 : J) é chamado de aniquilador de J e é frequentemente denotado por Ann(J), consiste dos elementos a ∈ A tais que a · J = 0. Se J é um ideal principal (a) escreveremos (I : a) ao invés de (I : (a)). 1.1 teorema chinês dos restos Definimos o produto direto dos anéis A1, . . . , An A = n ∏ i=1 Ai como sendo o conjunto de todas as sequências a = (a1, . . . , an) com ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n) e adição e multiplicação componente a componente. Com essas operações A é um anel comutativo com elemento identidade (1, 1, . . . , 1). As projeções pi : A → Ai definidas por pi(a) = ai são homomorfismos de anéis sobrejetores. O seguinte teorema é uma generalização do Teorema Chinês dos Restos da teoria dos números, o qual na sua versão original afirma que, dados inteiros m1, m2, . . . , mr dois a dois coprimos (i.e., mdc(mi, mj) = 1 se i 6= j) então o sistema de congruências x ≡ a1(mod m1) x ≡ a2(mod m2) ... x ≡ ar(mod mr) admite solução em x que é única módulo m1 ·m2 . . . mr. Na linguagem da álgebra comutativa isto se traduz como: existe um isomorfismo de anéis Z (m1) × Z (m2) × · · · × Z (mr) ∼=−→ Z (m1 ·m2 . . . mr) (x mod m1, x mod m2, . . . , x mod mr) 7−→x mod(m1 ·m2 . . . mr). 12 Ve rsã o P re lim in ar O isomorfismo ainda existe quando consideramos um anel qualquer e ideais coprimos. Teorema 31. (Teorema Chinês dos Restos) Seja A um anel e sejam I1, . . . , In ideais dois a dois coprimos (i.e., Ii + Ij = A para i 6= j). Então: a. I1 ∩ · · · ∩ In = I1 . . . In b. A I1 · I2 · . . . · In ' A I1 × A I2 × · · · × A In Demonstração. a. Claramente para quaisquer ideais Ii, sempre temos I1 . . . In ⊆ I1 ∩ · · · ∩ In. Para mostrar a inclusão oposta, procedemos por indução em n sendoo caso n = 1 trivial. Para n = 2, como I1 e I2 são coprimos existem ai ∈ Ii tais que 1 = a1 + a2. Assim, seja c ∈ I1 ∩ I2 então c = c · a1 + c · a2 ∈ I1 · I2 como desejado. Vamos supor que é verdade para n− 1, queremos provar que vale para n. Para isso basta mostrar que os ideais I1 . . . In−1 e In são coprimos pois com isso e a hipótese de indução teremos (I1 ∩ · · · ∩ In−1)∩ In HI = (I1 . . . In−1)∩ In n=2 = (I1 . . . In−1) · In. Como Ii e In são coprimos para i < n, existem ai ∈ Ii e bi ∈ In tais que ai + bi = 1 para i = 1, . . . , n− 1. Assim, 1 = (a1 + b1) . . . (an−1 + bn−1) = a1 · a2 . . . an−1 + ∑ bj(]) ∈ I1 . . . In−1 + In o que mostra que I1 . . . In−1 + In = A e logo I1 . . . In−1 e In são copri- mos. b. Para mostrar (b. ) observaremos primeiramente que todo homo- morfismo de anéis f : A → B induz um isomorfismo de anéis f : A/ Ker( f )→ Im( f ) dado por f (a) = f (a). (Exercício 10.) Seja ϕ : A→ AI1 × A I2 × · · · × AIn definida por a 7→ (a + I1, a + I2, . . . , a + In). Logo a ∈ Ker(ϕ)⇔ϕ(a) = 0 ⇔ a ∈ Ii para todo i = 1, . . . , n ⇔ a ∈ I1 ∩ · · · ∩ In (a. ) = I1 . . . In. Logo Ker(ϕ) = I1 . . . In. Mostraremos a seguir que ϕ é sobrejetor. Para isso observamos que pelo item anterior os ideais Ii e I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Îi ∩ · · · ∩ In são coprimos, logo para cada i = 1, . . . , n existem ei ∈ I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Îi ∩ · · · ∩ In (i.e., ei ∈ Ij para todo 1 ≤ j ≤ n com j 6= i) e ci ∈ Ii tal que 1 = ei + ci, assim ei = 0 + Ij para todo j 6= i e por outro lado ei − 1 = −ci ∈ Ii, logo ei = 1+ Ii. Dito 13 Ve rsã o P re lim in ar isto, seja (b1, . . . , bn) ∈ AI1 × A I2 × · · · × AIn onde bi = bi + Ii com bi ∈ A para todo i. Então existe a ∈ A dado por a = b1e1 + · · ·+ bnen tal que ϕ(a) = (a + I1, a + I2, . . . , a + In) = ((b1e1 + · · ·+ bnen) + I1, . . . , (b1e1 + · · ·+ bnen) + In) = (b1e1 + I1, . . . , biei + Ii, . . . , bnen + In) = (b1, . . . , bn) Logo ϕ é sobre. Segue da observação que o homomorfismo induzido ϕ : A/ Ker(ϕ)→ Im(ϕ) é um isomorfismo, logo A/ Ker(ϕ) ' Im(ϕ), ou seja A I1 . . . In ' A I1 × A I2 × · · · × A In Exemplo 32. Considere o anel dos polinômios com coeficientes no corpo dos números complexos C[x] e mostre que C[x]〈x2−3〉 ' C[x] 〈x+ √ 3〉 × C[x] 〈x− √ 3〉 . Observe que se a, b ∈ A então 〈a · b〉 = 〈a〉 · 〈b〉 (Exercício 11.). Como x2 − 3 = (x + √ 3)(x − √ 3) ∈ C[x] logo temos 〈 x2 − 3 〉 = 〈 x + √ 3 〉 · 〈 x− √ 3 〉 . Agora observe que 1 = (x + √ 3)− (x− √ 3) 2 √ 3 ∈ 〈 x + √ 3 〉 + 〈 x− √ 3 〉 o que implica que os ideais 〈 x + √ 3 〉 e 〈 x− √ 3 〉 são coprimos. Logo pelo TCR C[x] 〈x2 − 3〉 = C[x]〈 x + √ 3 〉 · 〈 x− √ 3 〉 ' C[x]〈 x + √ 3 〉 × C[x]〈 x− √ 3 〉 . 1.2 exercícios Ex. 1 — Seja S ⊆ A um subconjunto de um anel A. Mostre que: 1. 〈S〉 é um ideal de A . 2. 〈S〉 é o menor ideal de A que contém o subconjunto S. 3. Se a, b ∈ A então 〈a · b〉 = 〈a〉 · 〈b〉. 14 Ve rsã o P re lim in ar Ex. 2 — Se f : A → B é um homomorfismo de anéis e J um ideal de B, então a pré-imagem f−1(J) é um ideal de A. Ex. 3 — O elemento a ∈ A é uma unidade se e somente se 〈a〉 = A = 〈1〉. Ex. 4 — Prove o Teorema da Correspondência de Ideais: os ideais de A/I estão em bijeção com os ideais de A que contém I. Mostre que esta bijeção preserva ideais primos e maximais. Ex. 5 — Prove que todo ideal próprio I de A está contido num ideal maxi- mal. Ex. 6 — Seja A um anel não nulo. Mostre que as seguintes afirmações são equivalentes: a. A é um corpo; b. os únicos ideais de A são 0 e A; c. todo homomorfismo de A num anel não nulo B é injetivo. Ex. 7 — Mostre que p é um ideal primo se e somente se A/p é um domínio de integridade. Ex. 8 — Demonstre que todo homomorfismo de anéis f : A→ B induz um isomorfismo de anéis f : A/ Ker( f )→ Im( f ) dado por f (a) = f (a). Ex. 9 — Seja A um anel, mostre que A[x1,...,xn]〈x1−a1,...,xn−an〉 ' A. Ex. 10 — Seja k um corpo e seja f (x) ∈ k[x] um polinômio não nulo com fatoração f (x) = a · p1(x)e1 · · · pr(x)er , em potências de polinômios mônicos irredutíveis 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]〈xq−x〉 ' Fq × · · · ×Fq︸ ︷︷ ︸ q vezes 15 Ve rsã o P re lim in ar Ex. 11 — Sejam I, J e K ideais de A. Mostre que: 1. I + J é o menor ideal de A contendo I e J. 2. I ∩ J é ideal de A 3. I · J ⊆ I ∩ J 4. Se I + J = A, então I · J = I ∩ J 5. I · (J + K) = I · J + I · K 6. Se J ⊆ I ou K ⊆ I então 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 é unidade em A[x] se e somente se a0 é unidade em A e a1, . . . , an forem nilpotentes. 2. f é nilpotente em A[x] se e somente se a0, a1, . . . , an forem nilpotentes. 3. f é 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 funções reais contínuas em [0, 1], i.e, A = { f : [0, 1]→ R| f é contínua}. Mostre que qualquer ideal maximal de A é da forma Ix = { f ∈ A| f (x) = 0} para algum x ∈ [0, 1]. Conclua que existe uma bijeção 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} é um ideal de A. Ex. 16 — Se I é ideal de um anel A, definimos o radical de I por √ I = {a ∈ A|an ∈ I, para algum n > 0} 1. Mostre que √ I é um ideal de A contendo I. 2. Dado π : A→ A/I a projeção canônica. Mostre que √ I = π−1 (N(A/I)) 3. Mostre que √√ I = √ I 16 Ve rsã o P re lim in ar 4. Mostre que √ I · J = √ I ∩ J = √ I ∩ √ J. 5. Mostre que se I é primo então √ In = I para todo n ∈N. Ex. 17 — Um ideal I de um anel A é dito radical se √ I = I. Mostre que 1. Todo ideal primo é radical. 2. (0) é ideal radical de Z/nZ se, e somente se, n é livre de quadrados.4 Deduza que 〈n〉 é ideal radical de Z se, e somente se, n é livre de quadrados. Ex. 18 — Dado A um anel e N o seu nilradical. Mostre que são equivalentes: a. A possui apenas um ideal primo; b. Todo elemento de A ou é uma unidade ou nilpotente; c. A/N é 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 de I por J como sendo (I : J) = {a ∈ A | a · J ⊆ I}. Mostre que: 1. (I : J) é um ideal de A que contém 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 número natural é dito livre de quadrados se não for divisível pelo quadrado de nenhum número inteiro diferente de 1. 17 Ve rsã o P re lim in ar 2 VA R I E D A D E S 2.1 espectro Definição 33. Definimos o espectro de um anel A, Spec(A), como sendo o conjunto de todos os ideais primos de A. Se φ : A→ B é um homomorfismo de anéis, denotamos por Spec(φ) : Spec(B)→ Spec(A) q 7→ φ−1(q) o morfismo entre espectros induzido por φ. Note que Spec(φ) está bem definido pois da Proposição 11, φ−1(q) é 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 π : A→ A/I o homomorfismo projeção. Então Spec(π) : Spec(A/I)→ Spec(A) é injetor e sua imagem é dada por V(I) := {p ∈ Spec(A) | p ⊇ I} de modo que temos uma identificação natural Spec(A/I) = V(I). Demonstração. A primeira afirmação é consequência do Teorema 14 (Todo anel não nulo possui pelo menos um ideal maximal e portanto primo) e o segundo é consequência do TCI e do fato dessa “correspondência” preservar ideais primos. Mostraremos a seguir que os conjuntos da forma V(I), para I um ideal qualquer de A, são os fechados de uma topologia em Spec(A), chamada Topologia de Zariski. Lema 35. Seja A um anel, I, J e Ii ideais de A. Então: a. V((0)) = Spec(A) e V(A) = ∅; b. V(I) ∪V(J) = V(I · J); c. ⋂ i∈Λ V(Ii) = V(∑i∈Λ Ii). 18 Ve rsã o P re lim in ar Demonstração. O primeiro item é 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 ⊆ p o que implica p ∈ V(I · J). Reciprocamente, seja p ∈ V(I · J) isto significa que I · J ⊆ p. Suponha que I * p logo existe a ∈ I tal que a 6∈ p. Seja b ∈ J um elemento qualquer então a · b ∈ I · J ⊆ p, como p é primo e a 6∈ p então necessariamente b ∈ p e logo J ⊆ p, logo p ∈ V(J) e portanto p ∈ V(I) ∪V(J). Para ver (c. ) lembre que, por definição, ∑i∈Λ Ii é o menor ideal que contém todos os Ii, logo p ∈ V(∑ i∈Λ Ii)⇔ ∑ i∈Λ Ii ⊆ p⇔ Ii ⊆ p para todo i ∈ Λ ⇔ p ∈ V(Ii) para todo i ∈ Λ⇔ p ∈ ⋂ i∈Λ V(Ii). Aula 4 aula 4: 27/08/2014 Lembrando a última aula. Definimos o espectro de um anel A, Spec(A), como sendo o conjunto de todos os ideais primos de A. Se φ : A→ B é um homomorfismo de anéis, denotamos por Spec(φ) : Spec(B)→ Spec(A) q 7→ φ−1(q) o mapa entre espectros induzido por φ. Seja I um ideal qualquer do anel A definimos V(I) := {p ∈ Spec(A) | p ⊇ I}, provamos que os conjuntos das forma V(I) são os fechados de uma topologia em Spec(A), chamada Topologia de Zariski. Lema. Seja A um anel, I, J e Ii ideais de A. Então: a. V((0)) = Spec(A) e V(A) = ∅; b. V(I) ∪V(J) = V(I · J); c. ⋂ i∈Λ V(Ii) = V(∑i∈Λ Ii). Demonstração. Restava provar (c. ). Lembre que, por definição, ∑i∈Λ Ii é o menor ideal que contém todos os Ii, logo p ∈ V(∑ i∈Λ Ii)⇔ ∑ i∈Λ Ii ⊆ p⇔ Ii ⊆ p para todo i ∈ Λ ⇔ p ∈ V(Ii) para todo i ∈ Λ⇔ p ∈ ⋂ i∈Λ V(Ii). 19 Ve rsã o P re lim in ar Queremos 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 família de subconjuntos {D(a)}a∈A de Spec(A) é uma base de abertos da topologia de Zariski. b. D(a · b) = D(a) ∩ D(b). c. Se f : A → B é um homomorfismo de anéis, então Spec( f ) : Spec(B) → Spec(A) é contínuo. d. Se p ∈ Spec(A) temos {p} = V(p) (fecho topológico). Em particular, a) m ∈ Spec(A) é um ponto fechado se, e somente se, m é um ideal maximal; b) se A é um domínio de integridade, (0) é um ponto denso. e. Spec(A) é compacto. Demonstração. a. Veja que os conjuntos D(a) são abertos (Exercício 1.). Uma família de subconjuntos é uma base de abertos para uma topologia se todo aberto pode ser escrito como união de alguns subconjuntos da família. Todo aberto da topologia de Zariski de Spec(A) é da forma Spec(A) \V(I) para algum ideal I de A, ou seja é o conjunto dos ideais primos de A que não contem I. Seja p ∈ Spec(A) \ V(I), então existe a ∈ I tal que a 6∈ p logo p ∈ D(a) o que implica que p ∈ ⋃a∈I D(a). Reciprocamente, seja p ∈ ⋃a∈I D(a) então 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 seja p ∈ Spec(A) \ V(I). Logo todo aberto da topologia de Zariski de Spec(A) se escreve como uma união de alguns D(a). b. Exercício 2. c. Lembre que um aplicação é contínua se e somente se pré-imagem de aberto é aberto. Segue do item (a. ) que {D(a)}a∈A é uma base de aber- tos da topologia de Spec(A), logo basta provar que (Spec( f ))−1(D(a)) é aberto. Temos p ∈ (Spec( f ))−1(D(a))⇔ Spec( f )(p) ∈ D(a) ⇔ f−1(p) ∈ D(a)⇔ a 6∈ f−1(p)⇔ f (a) 6∈ p⇔ p ∈ D( f (a)) 20 Ve rsã o P re lim in ar Logo (Spec( f ))−1(D(a)) = D( f (a)) é aberto e portanto Spec( f ) é contínuo. d. Lembramos também que o fecho topológico de um conjunto é a inter- secção de todos os fechados que o contem, assim {p} = ⋂ p∈V(I) V(I) = ⋂ I⊆p V(I) (c. ) = V(∑ I⊆p I), agora veja que p ⊆ ∑I⊆p I e também p contém todos os I’s, mas ∑I⊆p I é o menor ideal com essa propriedade, logo ∑I⊆p I ⊆ p o que implica p = ∑I⊆p I e portanto {p} = V(p). a) Seja m ∈ Spec(A) um ideal maximal então V(m) = {p ∈ Spec(A) | p ⊇ m} = {m} = {m}, logo m é um ponto fechado. Reciprocamente, se m ∈ Spec(A) é um ideal próprio, logo está contido em algum ideal maximal m′ (Corolário 15 e Exercício 5 da Lista 1) logo m′ ∈ V(m) = {m} = {m}, por tanto m é maximal. b) Se A é um domínio de integridade então (0) é um ideal primo, logo {(0)} = V((0)) = Spec(A). e. Pelo item (a. ), é suficiente provar que toda cobertura de Spec(A) por uma família de abertos básicos {D(aα), α ∈ Λ}, admite subcobertura finita. Assim, se p ∈ Spec(A) então existe α ∈ Λ tal que p ∈ D(aα), ou seja aα 6∈ p. Considere então o ideal I = 〈aα, α ∈ Λ〉, logo I * p para todo p ∈ Spec(A). Em particular I não vai estar contido em nenhum ideal maximal, logo segue do Corolário 15 (Exercício 5 da Lista 1) que I não é próprio, assim A = 〈aα, α ∈ Λ〉 e portanto podemos escrever 1 = ∑ni=1 bi · aαi como combinação A-linear finita de elementos aαi , o que implica que A = 〈aαi , 1 ≤ i ≤ n〉. Mas então cada aα = ∑ n i=1 ci · aαi , logo se aα 6∈ p então existe 1 ≤ i ≤ n tal que ci · aαi 6∈ p o que implica que p ∈ D(ci · aαi) = D(ci) ∩ D(aαi). Em conclusão, para cada p ∈ Spec(A) existe 1 ≤ i ≤ n tal que p ∈ D(aαi), logo Spec(A) =⋃n i=1 D(aαi). Vejamos alguns exemplos: Exemplo 37. a. (0) ∈ Spec(A) se, e somente se, A é um domínio. b. Se A = k é um corpo, então é um domínio e os únicos ideais são (0) e k, logo Spec(k) = {(0)}. 21 Ve rsã o P re lim in ar c. Seja A um DIP. Então um ideal (a) não nulo é primo se, e somente se, a é irredutível (Exercício 3.) (i.e., Se A for um domínio um elemento a 6= 0 e a 6∈ A× é dito irredutível se sempre que a = b · c então b ∈ A× ou c ∈ A×). Logo Spec(A) = {(0)} ∪ {(a) | a é irredutível}. d. Se A for um DFU, (Domínio de Fatoração Única, i.e., se todo elemento não nulo a ∈ A pode ser escrito como produto a = b1b2 . . . bm com bi irredutíveis e se também a = c1c2 . . . cn com ci irredutíveis então m = n e existe uma permutação σ : {1, 2, . . . , m} → {1, 2, . . . , m} tal que bi = ucσ(i) para algum u ∈ A× para todo i = 1, 2, . . . , m ) então também todo ideal principal (a) não nulo é primo se, e somente se, a é irredutível. Entretanto um DFU em geral possui diversos ideais primos que não são principais: se A = k for um corpo, então (x1), (x1, x2), . . . , (x1, x2, . . . , xn) ∈ Spec(k[x1, . . . , xn]) já que os anéis quociente k[x1,x2,...,xn] (x1,...,xi) são domínios, pois: k[x1, x2, . . . , xn] (x1, . . . , xi) ' k[x1, . . . , xi] (x1, . . . , xi) [xi+1, . . . , xn] ' k[xi+1, . . . , xn]. e. Seja A = k × k então os ideais de a são: (0) × (0), (0) × k, k × (0), k × k. Observe que A não é um domínio pois (0, 0) = (1, 0) · (0, 1) logo (0)× (0) 6∈ Spec(A), também k× k 6∈ Spec(A) pois não é próprio. Vejamos que (0) × k é primo, seja a · b ∈ (0) × k logo existe a1, a2, b1, b2, c ∈ k tal que a · b = (a1, a2) · (b1, b2) = (0, c), logo a1 · b1 = 0 e como k é corpo então ou a1 = 0 ou b1 = 0 logo ou a ∈ (0)× k ou b ∈ (0)× k. Analogamente vemos que k× (0) é primo. Logo Spec(k× k) = {(0)× k, k× (0)}. Observe que ambos os ideais são maximais e portanto fechados e logo abertos. Generalizando este caso temos o seguinte exemplo f. (Exercício 4.) Mostre que: a) Os ideais de A× B são da forma I × J onde I é um ideal de A e J é um ideal de B. b) Conclua que os ideais primos de A × B são da forma p× 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× B com p e A× q com q. g. Como k[t] é um DIP, os conjuntos V(( f )) = {(p) | p é um fator irredutível de f } para f ∈ k[t] não nulo. Logo os fechados em Spec(k[t]) são ∅, 22 Ve rsã o P re lim in ar Spec(k[t]) e uniões de um número finito de pontos (pontos=ideais primos) . h. Seja A = k[[t]] o anel das séries formais f (t) = a0 + a1t + · · ·+ antn + · · · . Então f é uma unidade se, e somente se, a0 é uma unidade. Como k[[t]] é DIP, o ideal (0) é primo. Provaremos agora que (t) é maximal. Seja I um ideal qualquer e seja h = c0 + c1t + · · · + cntn + · · · ∈ I, então se c0 6= 0 (logo c0 é uma unidade) h é uma unidade e I = k[[t]]. Mas se c0 = 0 então h ∈ (t) logo I ⊆ (t) o que implica que (t) é maximal e portanto primo. Seja agora I um outro ideal primo com h ∈ I então c0 = 0 pois I é próprio. Logo existe r ≥ 1 tal que h = tr · (br + br+1t + · · · ) com br 6= 0. Se br + br+1t + · · ·∈ I como esse elemento é uma unidade I = k[[t]] o que é uma contradição, logo como I é primo necessariamente tr ∈ I do que segue que t ∈ I e portanto (t) ⊆ I, mas como (t) é maximal temos I = (t) e por tanto (t) é o único ideal primo. Assim Spec(k[[t]]) = {(0)} ∪ {(t)} . Por outro lado, temos que (t) é um ponto fechado (pois é maximal) enquanto que (0) é um ponto denso (pois k[[t]] é um domínio). Assim os fechados de Spec(k[[t]]) são: ∅, Spec(k[[t]]) e {(t)} Aula 5 aula 5: 29/08/2014 No Exemplo 5 da aula passada, (Exercício 4.) Mostre que: a. Os ideais de A× B são da forma I × J onde I é um ideal de A e J é um ideal de B. b. Conclua que os ideais primos de A× B “são da forma p× (0) e (0)× q com p ∈ Spec(A) e q ∈ Spec(B)” deve-se trocar por “são da forma p× 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 que identificamos p× B com p e A× q com q”. A forma anterior não funciona pois temos o seguinte contraexemplo: Seja A = k× k então os ideais de a são: (0)× (0), (0)× k, k× (0), k× k. Dado que Spec(k) = {(0)} então, de acordo à primeira identificação, teríamos que o único ideal primo de k× k seria (0)× (0). Mas k× k não é um domínio pois (0, 0) = (1, 0) · (0, 1) logo (0)× (0) 6∈ Spec(k× k). Vejamos então que os ideais primos de A× B de fato são dessa forma. Seja então I × J um ideal A× B, então temos um isomorfismo A×BI×J '−→ A I × B J dado por (a, b) + (I × J) 7→ (a + I, b + J). Agora observe que A× B 23 Ve rsã o P re lim in ar é um domínio se e somente se (A = 0 e B é um domínio) ou (B = 0 e A é um domínio). Assim I × J um ideal primo A× B ⇔ A×BI×J é um domínio⇔ A I × B J é um domínio ⇔ ( A I = 0 e B J é um domínio) ou ( B J = 0 e A I é um domínio)⇔ (A = I e J é primo) ou (B = J e I é 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], então existe um homomorfismo ϕ : B → A, dado por x 7→ x. Note que ϕ é injetor pois nenhum polinômio na variável x pode ser múltiplo de y2 − x3 + x. Utilizando a relação y2 = x3 − x, temos um conjunto de representantes de classe C[x,y] (y2−x3+x) = C[x] + C[x] · y formado pelos polinômios p(x) + q(x)y de grau no máximo 1 em y. Observe que y2 − x3 + x é um polinômio irredutível no DFU C[x, y] e assim (y2 − x3 + x) ⊆ C[x, y] é um ideal primo e logo A = C[x, y]/(y2 − x3 + x) é um domínio. Por tanto (0) ∈ Spec(A). Seja Spec(ϕ) : Spec(A)→ Spec(B) o morfismo entre espectros induzido por ϕ e seja q ∈ Spec(A). Como B é um DIP, segue do Exemplo (c. ) que Spec(B) = {(0)} ∪ {(x− a)}, já que os elementos irredutíveis de B são da forma x− a, para a ∈ C. Logo temos dois casos a analisar: a. Spec(ϕ)(q) = (0), ou seja ϕ−1(q) = (0) o que implica que q ∩C[x] = (0). Vamos mostrar que q = (0). Seja a(x) + b(x)y ∈ q multiplicando pelo 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 q∩C[x] = (0) e A é um domínio então a(x) = 0 e b(x) = 0 logo q = (0). b. Spec(ϕ)(q) = (x − a) para algum a ∈ C, ou seja ϕ−1(q) = (x − a) o que implica que q ∩ C[x] = (x − a) ⊆ q. Vamos calcular o Spec (A/(x− a)), pois estamos interessados em ideais primos q de A que contém (x− a). Seja b ∈ C tal que b2 = a3− a, de modo que temos um isomorfismo A (x− a) ' C[x, y] 〈y2 − x3 + x, x− a〉 x 7→a' C[y] (y2 − a3 + a) = C[y] (y2 − b2) . 24 Ve rsã o P re lim in ar Temos alguns sub-casos de acordo com a fatoração de y2− b2. Primeiro, se b 6= 0, pelo Teorema Chinês dos Restos (Teorema 31) temos C[y] (y2 − b2) = C[y] (y− b) × C[y] (y + b) ' C×C 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) de C[y] (y−b) . Mas esses ideais correspondem aos ideais primos (y + b) e (y− b) de A (x−a) que a sua vez correspondem aos ideais primos 〈y− b, x− a〉 e 〈y + b, x− a〉 de A. Logo neste caso q é da forma 〈y− b, x− a〉 com b2 = a3 − a 6= 0. Segundo se b = 0 (i.e., a3 − a = 0⇔a = 0 ou a = ±1) então A (x− a) = C[y] (y2) logo os ideais primos de A (x−a) correspondem aos ideais primos de C[y] que contém (y2) neste caso só há um primo (y) que corresponde ao 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 estão em bijeção com os pontos (a, b) da curva y2 = x3− x. O subespaço de Spec(A) consistindo dos ideais maximais de A com a topologia induzida, é chamado de espectro maximal de A e é denotado por Specm(A). Para anéis comutativos arbitrários Specm(A) não tem as propriedades funtoriais de Spec(A) por causa que a imagem inversa de um ideal maximal sob um homomorfismo de anéis não é necessariamente maximal. Como consequência do teorema de existência de ideais maximais temos que A = 0 se e somente se Specm(A) = ∅ e dado um ideal I qualquer de A segue do TCI que existe uma bijeção natural Specm(A/I) = {m ∈ Specm(A) | m ⊇ I} . (1) Do Exercício 9 da Lista 1 existe um isomorfismo α : A[x1,...,xn]〈x1−a1,...,xn−an〉 → 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) = 0 para todo f (x1, . . . , xn) ∈ I de modo que 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 ⊆ A[x1, . . . , xn] é um ideal de A[x1, . . . , xn]/I se, e somente se, (a1, . . . , an) ∈ An é um ponto do 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 Ve rsã o P rel im ina r De fato, temos I ⊆ 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉⇔para cada f (x1, . . . , xn) ∈ I, f (x1, . . . , xn) = 0 em A[x1,...,xn] 〈x1−a1,...,xn−an〉 ⇔para cada f (x1, . . . , xn) ∈ I, α ( 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 todo ponto (a1, . . . , an) ∈ Z(I), 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 ∈ Specm(k[x1, . . . , xn]/I). Mais tarde, veremos que se k for algebricamente fechado, a recíproca em ambos casos também é verdadeira (Nullstellensatz Hilberts). Ou seja, todo ideal maximal de k[x1, . . . , xn] é da forma 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 para a1, . . . , an ∈ k. E, todo ideal maximal de k[x1, . . . , xn]/I é da forma 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 para (a1, . . . , an) ∈ Z(I), por tanto temos uma bijeção entre Specm(k[x1, . . . , xn]/I) e o conjunto dos zeros Z(I) de I. Mas para isso precisaremos de alguns conceitos da Geometria Algébrica... 2.2 introdução à geometria algébrica Nesta seção k denotará um corpo algebricamente fechado. Definição 39. a. O espaço afim Ank de dimensão n sobre o corpo k é o conjunto Ank := k n = k× · · · × k︸ ︷︷ ︸ n vezes . b. Seja S ⊆ k[x1, . . . , xn] um conjunto de polinômios. O conjunto al- gébrico afim definido por S é o subconjunto Z(S) ⊆ Ank dos zeros comuns de todos os polinômios em S: Z(S) := {(a1, . . . , an) ∈ Ank | f (a1, . . . , an) = 0 para todo f ∈ S} . Note que Z(−) reverte inclusões: S ⊆ T então Z(S) ⊇ Z(T). Além disso, se I ⊆ k[x1, . . . , xn] é o ideal gerado por S, então Z(S) = Z(I). Assim não há perda de generalidade em definir um conjunto algébrico como o conjunto de zeros de um ideal, o que faremos de agora em diante. Mais tarde veremos que todo ideal de k[x1, . . . , xn] é finitamente gerado (pelo Teorema da Base de Hilbert, Teorema 119) e assim todo conjunto algébrico é o conjunto de zeros de um número finito de polinômios. Podemos definir também uma topologia em Ank (e, por conseguinte, também nos conjuntos algébricos) de acordo com o seguinte Lema: Lema 40. Os conjuntos algébricos têm as seguintes propriedades: 26 Ve rsã o P re lim in ar a. Z((0)) = Ank e Z(k[x1, . . . , xn]) = ∅ b. Z(I) ∪ Z(J) = Z(I · J) c. ⋂ i∈Λ Z(Ii) = Z(∑i∈Λ Ii). Assim, os conjuntosalgébricos são os fechados de uma topologia de Ank, chamada também de Topologia de Zariski. Demonstração. Exercício 5. Aula 6 aula 6: 10/09/2014 Lembrando a última aula. Introdução à Geometria Algébrica. k denotará um corpo algebricamente fechado. Definimos o espaço afim Ank de dimensão n sobre o corpo k como sendo o conjunto A n k := k n = k× · · · × k︸ ︷︷ ︸ n vezes . Definimos um conjunto algébrico 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 algébricos são os fechados de uma topologia de Ank, chamada também de Topologia de Zariski. Lembramos que um espaço topológico é dito irredutível se não pode ser escrito como união de dois fechados próprios, isto implica que quaisquer dois abertos não vazios se interceptam, logo todo aberto não vazio em um espaço irredutível X é denso. Definição 41. Uma variedade algébrica é um conjunto algébrico irredutível. O espaço afim Ank para n ≥ 1 é uma variedade. Para ver isso precisamos de seguinte fato: (Exercício 6.) Se k é um corpo infinito e f ∈ k[x1, . . . , xn] é tal que f (a1, . . . , an) = 0 para todo (a1, . . . , an) ∈ Ank então f = 0. Observe que como k é algebricamente fechado ele é infinito, pois suponha que ele é finito k = {a1, . . . , an} então o polinômio f (x) = (x− a1)(x− a2) . . . (x− an) + 1 não tem raiz em k, contradição. Segue que nenhum polinômio não nulo se anula identicamente em todo Ank. Assim Z(I) ( A n k é um fechado próprio se, e somente se, I 6= (0). Logo se Ank = Z(I) ∪ Z(J) = Z(I · J) então I · J = 0 e como k[x1, . . . , xn] é um domínio então ou I = 0 ou J = 0, o que mostra que Ank não é união de dois fechados próprios. Definição 42. Sejam X ⊆ Amk e Y ⊆ Ank dois conjuntos algébricos afins. Um morfismo de conjuntos algébricos f : X → Y é uma função para a qual existem polinômios p1, . . . , pn ∈ k[x1, . . . , xm] tais que f (a1, . . . , am) = (p1(a1, . . . , am), . . . , pn(a1, . . . , am)) ∈ Y 27 Ve rsã o P rel im ina r para todo (a1, . . . , am) ∈ X. Observamos que composição de morfismos de conjuntos algébricos é também um morfismo de conjuntos algébricos. Os polinômios pi não são unicamente determinados por f : se X = Z(I) , então somando a cada pi um elemento de I ainda obtemos a mesma função f . Em outras palavras, os polinômios pi só estão determinados “módulo polinômios que se anulam sobre todo o X”. Isto nos leva a introduzir a seguinte definição: Definição 43. Seja X ⊆ Ank um conjunto algébrico. O anel (com a soma e o produto de funções induzidos pelas respetivas operações em k) k[X] := { f : X → A1k = k | f é um morfismo de conjuntos algébricos } é chamado de anel de funções regulares em X. Existe um morfismo sobrejetor k[x1, . . . , xn]→ k[X] que leva um polinô- 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} é chamado de ideal do conjunto algébrico X. Pelo Teorema do Isomorfismo (Exercício 8 Lista 1) temos k[X] ' k[x1,...,xn]I(X) . Proposição 44. Sejam X, Y ⊆ Ank conjuntos algébricos temos: a. X ⊆ Y então I(X) ⊇ I(Y); b. Para um ideal J de k[x1, . . . , xn] temos J ⊆ I(Z(J)). c. X = Z(I(X)) Demonstração. Os itens a. e b. são triviais. A inclusão ⊆ em c. é clara, enquanto que b. implica que Z(I(Z(J))) ⊆ Z(J), logo se X é conjunto algébrico então Z(I(X)) ⊆ X. Em geral a inclusão em b. é estrita: considere por exemplo o ideal J = (x2) ⊆ k[x], então 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 são os polinômios em uma variável com termo constante nulo. Logo x ∈ I(Z(J)) mas x 6∈ (x2) = J. Diversas propriedades geométricas de um conjunto algébrico X se tradu- zem em propriedades algébricas de seu anel de funções regulares k[X] e vice-versa. Como um primeiro exemplo temos a seguinte proposição: Proposição 45. Seja X um conjunto algébrico, então são equivalentes: a. X é uma variedade; 28 Ve rsã o P re lim in ar b. k[X] é um domínio; c. I(X) é um ideal primo. Demonstração. É claro que k[X] é um domínio ⇔ I(X) é um ideal primo. Suponha, então, que X ⊆ Ank não seja uma variedade, i.e., X é união de dois fechados próprios: X = (X ∩ Z(I)) ∪ (X ∩ Z(J)) = X ∩ (Z(I) ∪ Z(J)) ⇔ X ⊆ Z(I) ∪ Z(J) = Z(I · J) onde I e J são ideais de k[x1, . . . , xn]. Como estes fechados são próprios (i.e., X ∩ Z(I) ( X então X * Z(I), idem com J), existem polinômios f ∈ I e g ∈ J que não se anulam sobre todo X, logo f , g 6∈ I(X). Por outro lado, como f · g ∈ I · J, então 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 são tais que f · g = 0 mas f 6= 0 e g 6= 0, mostrando que k[X] não é domínio. Reciprocamente, suponha que k[X] não seja domínio 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] são dois levantamentos de f , g então f · g ∈ I(X) ou seja f · g se anula sobre todo X mas o mesmo não 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 é união de dois fechados próprios, ou seja, não é variedade. Seja X ⊆ Ank um conjunto algébrico e seja P = (a1, . . . , an) ∈ X um ponto1 deste 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〉 é um ideal maximal já que k[x1, . . . , xn] 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 ' k é um corpo, logo mP = 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 é um ideal maximal de k[x1, . . . , xn] que contém I(X) (pois P ⊆ X implica I(X) ⊆ I(P)). Isto 1 Qualquer ponto (a1, . . . , an) do espaço afim Ank é um conjunto algébrico, pois (a1, . . . , an) = Z(〈x1 − a1, . . . , xn − an〉) 29 Ve rsã o P re lim in ar implica que mP corresponde a um ideal maximal de k[X] ' k[x1,...,xn]I(X) que denotaremos por mP. Temos então uma bijeção 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 associação é claramente injetora pois se dois pontos P 6= Q diferem nas i-ésimas coordenadas ai 6= bi então xi − ai ∈ mP\mQ. Para ver que é 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 é 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] é da forma mP = 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 para algum ponto P = (a1, . . . , an) ∈ Ank. b. Seja J ( k[x1, . . . , xn] um ideal próprio então Z(J) 6= ∅. c. Para qualquer J ⊆ k[x1, . . . , xn] temos I(Z(J)) = √ J. A parte essencial do teorema é o item b. , o qual nos diz que se um ideal J não é o anel todo k[x1, . . . , xn] então ele tem zeros em Ank. Note também que b. é completamente falso se k não é algebricamente fechado, pois se f ∈ k[x] é um polinômio não-constante então ele pode não gerar o anel todo k[x] como um ideal, mas Z( f ) = ∅ é perfeitamente possível. Demonstração. Para provar o teorema vamos assumir o seguinte fato que provaremos 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 é um corpo então A é uma extensão algébrica4 de k.” 2 Satz=Teorema, Nullstellen=dos zeros 3 i.e., existe um número finito de elementos a1, . . . , an tal que A é gerado como anel por k e a1, . . . , an. Ou sejam os elementos de A são expressões polinomiais nos ai’s. 4 Uma extensão A ⊇ k é dita algébrica se para todo elemento a ∈ A existeum polinômio f ∈ k[x] não nulo tal que f (a) = 0 30 Ve rsã o P re lim in ar a. Seja m ⊆ k[x1, . . . , xn] um ideal maximal, como k[x1, . . . , xn] é um anel f.g. sobre k então K = k[x1, . . . , xn]/m é um corpo (pois m é maximal) f.g. sobre k (pois é gerado pelos xi’s). Logo segue do “Fato” que K é uma extensão algébrica de k, mas k é algebricamente fechado, logo k = K. Assim, existem ai ∈ k tais que xi ≡ ai mod(m) logo xi − ai ∈ m para todo i = 1, . . . , n. Ou seja, 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 ⊆ m, mas como já vimos 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 é um ideal maximal (Exercício 9 da Lista 1 para A = k), logo 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 = m. b. Se J ( k[x1, . . . , xn] é um ideal próprio então existe um ideal maximal m de k[x1, . . . , xn] tal que J ⊆ m. Pelo item a. m é da forma m = 〈x1 − a1, . . . , xn − an〉 para certos ai’s ∈ k. Logo J ⊆ m implica que f (a1, . . . , an) = 0 para todo f ∈ J. Logo (a1, . . . , an) ∈ Z(J). c. É claro que √ J ⊆ I(Z(J)): se f n ∈ J ⊆ I(Z(J)) (pela Proposição 44 b. ) então 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 que f (a1, . . . , an) = 0 (pois k é um corpo e o único elemento nilpotente é o 0). Assim f = 0 em k[X] (como morfismo que leva todos os elementos do domínio em 0), ou seja f ∈ I(X). Para ver I(Z(J)) ⊆ √ J tome f ∈ I(Z(J)). Introduza uma outra variável 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 é 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 e b = f (a1, . . . , an)−1. Mas como f ∈ I(Z(J)), a primeira condição acima implica que f (a1, . . . , an) = 0 o que contradiz a segunda, então Z(J1) = ∅. Segue do item b. que 1 ∈ J1, i.e., existe uma expressão 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 é a maior potência de y aparecendo em qualquer um dos g0, gi então multiplicando ambos lados por f N temos f N = ∑ Gi(x1, . . . , xn, f · y) fi + G0(x1, . . . , xn, f · y)( f · y− 1) 31 Ve rsã o P re lim in ar onde Gi é f Ngi escrito como um polinômio em x1, . . . , xn e ( f · y), da seguinte forma: Gi(x1, . . . , xn, f · y) = f Ngi(x1, . . . , xn, y) = f N ∑ (α1,...,αn,j) piα1...αn jx α1 1 · · · x αn n · yj = ∑ (α1,...,αn,j) piα1...αn jx α1 1 · · · x αn n · f N−j · ( f · y)j Podemos reduzir esta igualdade de polinômios em k[x1, . . . , xn, y] mó- dulo 〈 f · y− 1〉, logo f · y = 1 assim Gi(x1, . . . , xn, f · y) = hi(x1, . . . , xn) e obtemos f N = ∑ hi(x1, . . . , xn) f i ∈ k[x1, . . . , xn, y]/ 〈 f · y− 1〉 ; ambos os lados da igualdade são imagens de elementos de k[x1, . . . , xn]. Como o homomorfismo canônico k[x1, . . . , xn] ↪→ k[x1, . . . , xn, y]/ 〈 f · y− 1〉 é 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 consequência do Teorema dos Zeros de Hilbert temos: Corolário 47. As correspondências 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 bijeções: {ideais radicais J ⊆ k[x1, . . . , xn]} Z,I←→{conjuntos algébricos X ⊆ Ank} ∪ ∪ {ideais primos J ⊆ k[x1, . . . , xn]} Z,I←→{variedades X ⊆ Ank} 32 Ve rsã o P re lim in ar A primeira bijeção segue dos fatos Z(I(X)) = X para qualquer conjunto algébrico X (Proposição 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 algébricos e ideais primos serem radicais (Exercício 17 Lista 1) e da Proposição 45: X é variedade se, e somente se, I(X) é um ideal primo. A próxima proposição mostra que a topologia de Zariski do espaço afim Ank é na verdade a topologia induzida do subespaço Specm(k[X]) de Spec(k[X]) via identificação X = Specm(k[X]) de um conjunto algébrico com o espectro maximal de seu anel de funções regulares. Proposição 48. Seja k um corpo algebricamente fechado, seja X ⊆ Ank um con- junto algébrico e seja k[X] = k[x1, . . . , xn]/I(X) seu anel de funções regulares. Se J ⊆ k[X] é um ideal qualquer de k[X] com ideal correspondente J ⊆ k[x1, . . . , xn] no anel de polinômios, temos Z(J) ∩ X = V(J) ∩ Specm(k[X]) via identificação X = Specm(k[X]) dada por P 7→ mP. Assim, a topologia de subespaço de Specm(k[X]) ⊆ Spec(k[X]) coincide com a topologia de Zariski de X como conjunto algébrico. Demonstração. Seja P = (a1, . . . , an) ∈ X, temos que o ideal maximal corres- pondente é 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 exercícios 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 são os primos 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 Ve rsã o P re lim in ar como o conjunto de todos os ideais primos de A que contêm S. Prove que V(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 são abertos e formam uma base para a topologia de Zariski de Spec(A). Além disso, dados a, b ∈ A mostre que: 1. D(a) ∩ D(b) = D(a · b). 2. D(a) = ∅⇐⇒ a é nilpotente. 3. D(a) = Spec(A)⇐⇒ a é unidade. 4. D(a) = D(b)⇐⇒ √ 〈a〉 = √ 〈b〉. Ex. 24 — Seja A um anel e I ⊆ A um ideal qualquer. Prove que o morfismo entre espectros Spec(π) : Spec(A/I)→ V(I) ⊆ Spec(A) induzido pela projeção canônica π : A→ A/I é um homeomorfismo. Ex. 25 — Um espaço topológico X é dito irredutível se X 6= ∅ e se todo par de conjuntos abertos não vazios em X se interceptam, ou equivalentemente, todo aberto não vazio é denso em X. Mostre que Spec(A) é irredutível se e somente se o nilradical de A, N(A), é um ideal primo. Ex. 26 — Sejam A e B dois anéis. Mostre que: 1. A× B é um domínio se e somente se A = 0 e B é um domínio ou B = 0 e A é um domínio. 2. Os ideais de A× B são da forma I × J onde I é um ideal de A e J é um ideal de B. 3. Spec(A× B) = Spec(A)⊔ Spec(B). Ex. 27 — Mostre que 1. Se A é um Domínio de Fatoração Única (DFU), então um ideal principal (a) não nulo é primo se, e somente se, a é irredutível. 2. Todo Domínio de Ideais Principais (DIP) é DFU. 3. Conclua que Spec(DIP) = {(0)} ∪ {(a) | a é irredutível}. Ex. 28 — Mostre que os conjuntos algébricos são os fechados de uma topo- logia de Ank (Topologia de Zariski), i.e., têm as seguintes propriedades: 1. Z((0)) = Ank e Z(k[x1, . . . , xn]) = ∅ 34 Ve rsã o P re lim in ar 2. Z(I) ∪ Z(J) = Z(I · J) 3. ⋂ i∈Λ Z(Ii) = Z(∑i∈Λ Ii). Ex. 29 — Seja k um corpo infinito e f ∈ k[x1, . . . , xn]. Mostre que se f (a1, . . . , an) = 0 para todo (a1, . . . , an) ∈ Ank então f = 0. Encontre um contraexemplo no caso em que k é um corpo finito. Ex. 30 — Seja k um corpo algebricamente fechado, f ∈ k[x1, . . . , xn]. Prove que o conjunto algébrico Z( f ) ⊆ Ank é uma variedade se, e somente se, existe um polinômio irredutível g ∈ k[x1, . . . , xn] tal que f = gn para algum n > 0. Ex. 31 — Para cada um dois anéis A a seguir determine o grupo das unida- des de A, Spec(A), ideais maximais e os abertos e fechados do Spec(A). 1. Z 2. Z/3Z 3. Z/6Z 4. 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 Ve rsã o P re lim in ar 3 M Ó D U L O S Definição 49. Seja A um anel. Um A-módulo é um par (M, µ) onde M é um grupo abeliano e µ : A×M→ M é uma aplicação que leva (a, m) 7→ am e 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 é um grupo abeliano juntamente com um homo- morfismo de anéis A→ End(M) onde End(M) é o anel dos endomorfismos do grupo abeliano M. Exemplo 50. a. Um ideal I de A é um A-módulo. Em particular, A é um A-módulo. b. Se A = k é um corpo, então um A-módulo é um k-espaço vetorial. c. Se A = Z então um A-módulo é um grupo abeliano, onde definimos nm = m + · · ·+ m︸ ︷︷ ︸ n vezes . d. Se A = k[x] onde k é um corpo, então um A-módulo é um k-espaço vetorial com uma transformação linear. Sejam M e N dois A-módulos. Uma aplicação f : M → N é um homo- morfismo de A-módulos (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 é um homomorfismo de grupos abelianos que comuta com a ação de cada a ∈ A. O conjunto de todos os homomorfismos de A-módulos de M em N pode ser visto como um A-módulo se definimos soma e produto pelas regras ( f + g)(m) = f (m) + g(m) (a f )(m) = a f (m) 36 Ve rsã o P rel im ina r para todo m ∈ M. Denotamos este A-módulo por HomA(M, N). Sejam u : M′ → M e v : N → N′′ dois homomorfismos de A-módulos, então eles induzem aplicações 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 aplicações são também homomorfismos de A-módulos. Para todo módulo M existe um isomorfismo natural HomA(A, M) ' M pois todo homomorfismo de A-módulos f : A → M é determinado de maneira única por f (1) ∈ M. Definição 51. Um submódulo M′ de M é um subgrupo de M que é fechado em relação à multiplicação por elementos de A. O grupo abeliano M/M′ herda uma estrutura de A-módulo de M, defi- nida por a(m + M′) = am + M′. Logo M/M′ é o A-módulo quociente de M por M′. O TCI é um caso particular do seguinte fato: a projeção canônica M → M/M′ é um homomorfismo de A-módulos que induz uma correspondência um-a-um (que preserva ordem) entre submódulos de M que contém M′ e submódulos de M/M′. Se f : M→ N é um homomorfismo de A-módulos, então o Ker( f ) é um submódulo de M e a Im( f ) é um submódulo de N. Denotamos o cokernel de f como sendo Coker( f ) = N/ Im( f ). Se M′ ⊆ M é um submódulo de M tal que M′ ⊆ Ker( f ) então f induz um homomorfismo f : M/M′ → N definido como segue: se m ∈ M/M′ é imagem de m ∈ M então f (m) = f (m). O Ker( f ) = Ker( f )/M′, em particular tomando M′ = Ker( f ) temos um isomorfismo de A-módulos M Ker( f ) ' Im( f ). Definição 52. Seja M um A-módulo e (Mi)i∈I uma família de submódulos de M. Definimos a. A soma ∑ Mi como sendo o conjunto de todas as somas (finitas) Σmi, onde mi ∈ Mi para todo i ∈ I e quase todos (i.e., todos exceto um número finito) os mi são zero. A soma ∑ Mi é o menor submódulo de M que contém todos os Mi. b. A interseção ⋂ Mi é um submódulo de M. c. Em geral não podemos definir o produto de dois submódulos, mas podemos definir o produto IM onde I é um ideal e M um A-módulo, como sendo o conjunto de todas as somas finitas Σaimi com ai ∈ I e mi ∈ Mi. O produto IM é um submódulo de M. 37 Ve rsã o P re lim in ar Proposição 53. a. Se L ⊇ M ⊇ N são A-módulos, então (L/N)/(M/N) ' L/M. b. Se M1 e M2 são submódulos de M, então (M1 + M2) M1 ' M2 (M1 ∩M2) . Demonstração. Exercício 1. Se N, P são submódulos de M definimos (N : P) como sendo o conjunto de todos os a ∈ A tais que aP ⊆ N, logo (N : P) é um ideal de A. Em particular, (0 : M) é o conjunto de todos os a ∈ A tais que aM = 0, este ideal é chamado aniquilador de M e é denotado por Ann(M). Se I ⊆ Ann(M) podemos considerar M como um (A/I)-módulo: se a ∈ A/I é representado por a ∈ A, defina am como sendo am, m ∈ M. Observe que esta definição é independente da escolha do representante a de a pois IM = 0. Definição 54. Um A-módulo M é dito fiel se Ann(M) = 0. Segue da definição que todo módulo M é fiel como um AAnn(M) -módulo. Se m é um elemento de M, o conjunto de todos os múltiplos am, com a ∈ A, é um submódulo de M, denotado por Am ou 〈m〉. Se um módulo M = ∑i∈I Ami dizemos que os mi’s formam um conjunto de geradores de M, isto significa que todo elemento de M pode ser expresso (não necessariamente de maneira única) como uma combinação linear finita dos mi’s com coeficientes em A. Um A-módulo é dito finitamente gerado (f.g.) se ele tem um conjunto finito de geradores. Definição 55. Se (Mi)i∈I é uma família de A-módulos, definimos: a. A soma direta ⊕ i∈I Mi como sendo o conjunto das famílias (mi)i∈I tais que mi ∈ Mi para cada i ∈ I e quase todos os mi’s são zero. b. O produto direto ∏i∈I Mi como sendo o conjunto das famílias (mi)i∈I tais que mi ∈ Mi para cada i ∈ I (aqui descartamos a restrição dos mi’s serem quase todos zero). 3.1 módulos finitamente gerados Definição 56. Um A-módulo livre é um A-módulo isomorfo a ⊕ i∈I Mi onde cada Mi ' A como um A-módulo. Um A-módulo livre f.g. é isomorfo a An = A⊕ · · · ⊕ A︸ ︷︷ ︸ n vezes , para algum n > 0. 38 Ve rsã o P re lim in ar Proposição 57. M é um A-módulo f.g. se, e somente se, M é isomorfo a um quociente de An para algum inteiro n > 0. Demonstração. (⇒) Sejam m1, . . . , mn os geradores de M. Defina f : An → M por f (a1, . . . , an) = a1m1 + · · ·+ anmn. Então f é um homomorfismo de A-módulos sobrejetor e logo M = An/ Ker( f ). (⇐) Temos que An/N ϕ ' M para algum A-módulo N, logo existe um homomorfismo de A-módulos sobrejetor f : An → M onde f = π ◦ ϕ com π : An → An/N a projeção canônica. Se ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (com 1 na i- ésima posição) então ei (1 ≤ i ≤ n) geram An, ou seja An = Ae1 + · · ·+ Aen. Como f é sobre então f (An) = M = A f (e1) + · · · + A f (en) e logo f (ei) geram M. O nosso objetivo agora é provar uma versão do Lema de Nakayama, para isso precisaremos dos seguintes resultados: Proposição 58. Seja M um A-módulo f.g., I um ideal de A e f um endomorfismo do A-módulo M tal que f (M) ⊆ IM. Então f satisfaz uma equação da forma f n + a1 f n−1 + · · ·+ an id = 0 onde ai ∈ I. Demonstração. Seja m1, . . . , mn o conjunto de geradores de M. Então cada f (mi) ∈ IM logo f (mi) = ∑nj=1 aijmj com 1 ≤ i ≤ n e aij ∈ I, i.e., n ∑ j=1 (δij f − aij id)mj = 0 (2) onde δij é o delta de Kronecker. Seja B a matriz (δij f − aij id)ij então B = f − a11 id −a12 id · · · −a1n id −a21 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 é o endomorfismo nulo de M. Expandindo o determi- nante, obtemos uma equação da forma requerida. Corolário 59. Seja M um A-módulo f.g. e seja I um ideal de A tal que IM = M. Então existe a ≡ 1 mod I, a ∈ A, tal que aM = 0. 39 Ve rsã o P re lim in ar Demonstração. Considere f = id, então id(M) ⊆ IM por hipótese. Pela proposição 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 última aula. Queremos provar uma versão do Lema de Nakayama, para isso precisaremos dos seguintes resultados da última aula: a. Proposição. Seja M um A-módulo f.g., I um ideal de A e f um endomorfismo do A-módulo M tal que f (M) ⊆ IM. Então f satisfaz uma equação da forma f n + a1 f n−1 + · · ·+ an id = 0 onde ai ∈ I. b. Corolário. Seja M um A-módulo f.g. e seja I um ideal de A tal que IM = M. Então existe a ≡ 1 mod I, a ∈ A, tal que aM = 0. E de alguns resultados das primeiras aulas como a definição do radical de Jacobson R de um anel A: que é a interseção de todos os ideais maximais de A. E da Proposição 26 que o caracteriza: Proposição. r ∈ R se e somente se 1− r · a é uma unidade de A para todo a ∈ A. Agora sim, estamos prontos para enunciar o Lema 60. (Lema de Nakayama) Seja M um A-módulo f.g. e I um ideal de A contido no radicalde Jacobson R de A. Se IM = M então M = 0. Demonstração. Pelo Corolário 59 existe um elemento a ∈ A tal que a ≡ 1 mod I, ou seja a = 1 + r para algum r ∈ I ⊆ R e a é tal que aM = 0. Pela Proposição 26 a é uma unidade de A, logo M = (a−1a)M = a−1(aM) = 0. Como consequência do Lema de Nakayama temos: Corolário 61. Seja M um A-módulo f.g., N um submódulo de M, I ⊆ R um ideal de A. Se M = IM + N então M = N. Demonstração. Como M é f.g. então M/N também é f.g com conjunto de geradores as imagens dos geradores de M. Sabemos que I(MN ) ⊆ M N é um submódulo, queremos ver que MN ⊆ I( M N ). Seja m ∈ M N , como M = IM + N por hipótese, temos que m = Σaimi + n logo m − Σaimi − n ∈ N o que implica m− Σaimi ∈ N, assim m = Σaimi = Σaimi = Σaimi ∈ I(MN ) onde a última igualdade deve-se à definição de ação do módulo quociente. Segue que I(MN ) = M N e logo, pelo Lema de Nakayama (Lema 60), aplicado a M N temos que MN = 0 ou seja M = N. 40 Ve rsã o P re lim in ar Seja A um anel local (i.e., um anel com um único ideal maximal), m seu ideal maximal e k = A/m seu corpo de resíduos. Seja M um A-módulo f.g., então M/mM é aniquilado por m, logo é um A/m-módulo, ou seja um k-espaço vetorial e como tal tem dimensão finita. Proposição 62. Sejam mi (1 ≤ i ≤ n) os elementos de M cujas imagens em M/mM formam uma base deste espaço vetorial. Então mi geram M. Demonstração. Seja N o submódulo de M gerado pelos mi e seja f : N ⊆ M → MmM o homomorfismo de A-módulos dado por n 7→ n. Vejamos que f é sobrejetor: seja m ∈ MmM , como M mM é um k-espaço vetorial com base {m1, . . . , mn} temos que existem k1, . . . , kn ∈ k tais que m = k1m1 + · · ·+ knmn. Sejam agora ai ∈ A representantes das classes ki ∈ A/m para i = 1, . . . , n então m = a1m1 + · · ·+ anmn. Pela definição da ação de A/m em MmM temos que aimi = aimi e pela ação de A em M mM temos aimi = aimi logo m = a1m1 + · · ·+ anmn, assim existe a1m1 + · · ·+ anmn ∈ N tal que f (a1m1 + · · · + anmn) = m. Por outro lado, n ∈ Ker( f )⇔n ∈ N e n = 0⇔n ∈ N e n ∈ mM logo Ker( f ) = N ∩mM. Segue do Teorema de Isomorfismos que NN∩mM ' M mM e da Proposição 53 temos que N N∩mM ' mM+N mM , agora como M ⊇ mM + N ⊇ mM segue também da Proposição 53 que M mM mM+N mM ' M mM + N , mas MmM ' mM+N mM logo M mM+N = 0 e mM + N = M. Aplicando o Corolário anterior a M e N com I = m (o único ideal maximal de A) então I ⊆ R (interseção de todos os ideais maximais de A) logo M = N. 3.2 sequências exatas Definição 63. Uma sequência de A-módulos e A-homomorfismos · · · −→ Mi−1 fi−→ Mi fi+1−→ Mi+1 −→ · · · (3) é dita exata em Mi se Im( fi) = Ker( fi+1). A sequência é exata se é exata em cada Mi. Em particular: a. 0→ M′ f→ M é exata⇔ f é injetiva; b. M g→ M′′ → 0 é exata⇔ g é sobrejetiva; 41 Ve rsã o P re lim in ar c. 0 → M′ f→ M g→ M′′ → 0 é exata ⇔ f é injetiva, g é sobrejetiva e Im( f ) = Ker(g). Uma sequência do tipo c. é chamada de sequência exata curta. Toda sequência exata longa do tipo (3) pode ser dividida em sequências exatas curtas: se Ni = Im( fi) = Ker( fi+1) temos 0→ Ni incl ↪→ Mi fi+1 � Ni+1 → 0 para cada i. Proposição 64. a. Seja M′ u→ M v→ M′′ → 0 uma sequência de A-módulos e A-homomorfismos. Então essa sequência é exata se, e somente se, para todo A-módulo N a sequên- cia 0→ HomA(M′′, N) v→ HomA(M, N) u→ HomA(M′, N) é exata. b. Seja 0→ N′ u→ N v→ N′′ uma sequência de A-módulos e A-homomorfismos. Então essa sequência é exata se, e somente se, para todo A-módulo M a sequência 0 → HomA(M, N′) u→ HomA(M, N) v→ HomA(M, N′′) é exata. Demonstração. a. (⇒) Suponha que M′ u→ M v→ M′′ → 0 é uma sequência exata, queremos provar que v é injetiva e Im(v) = Ker(u). a) v é injetiva: Seja f ∈ Ker(v) então 0 = v( f ) = f ◦ v : M → N ou seja f (v(M)) = 0, mas v é sobre logo v(M) = M′′ assim f = 0. b) Im(v) ⊆ Ker(u): Seja f ∈ Im(v), então existe g : M′′ → N tal que f = v(g) = g ◦ v. Por outro lado u( f ) = f ◦ u = g ◦ v ◦ u, mas Im(u) = Ker(v) o que implica v ◦ u = 0 logo u( f ) = 0 e por tanto f ∈ Ker(u). c) Im(v) ⊇ Ker(u): Seja g ∈ Ker(u), então 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 é sobre existe m ∈ M tal que m′′ = v(m), defina então f (m′′) := g(m). Vejamos que f está bem defi- nida. Suponha que existam m1, m2 ∈ M tais que m′′ = v(m1) = v(m2), logo m1 − m2 ∈ Ker(v) = Im(u) então existe m′ ∈ M′ tal que u(m′) = m1 − m2, aplicando g a ambos lados temos 0 = g ◦ u(m′) = g(m1) − g(m2) logo g(m1) = g(m2). Veja- mos agora que f ∈ HomA(M′′, N): sejam m′′1 , m′′2 ∈ M′′ então existem m1, m2 ∈ M tais que m′′i = v(mi) o que implica que m′′1 + m ′′ 2 = v(m1) + v(m2) = v(m1 + m2) logo f (m′′1 +m ′′ 2 ) = g(m1 +m2) = g(m1)+ g(m2) = f (m ′′ 1 )+ f (m ′′ 2 ). 42 Ve rsã o P re lim in ar Por outro lado, se a ∈ A então am′′1 = av(m1) = v(am1) logo f (am′′1 ) = g(am1) = ag(m1) = a f (m ′′ 1 ). (⇐)Suponha que 0→ HomA(M′′, N) v→ HomA(M, N) u→ HomA(M′, N) é uma sequência exata para todo A-módulo N. Queremos provar que v é sobre e Im(u) = Ker(v). a) v é sobre: ( f : X → Y é sobre ⇔ g1 ◦ f = g2 ◦ f para aplicações g1, 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 é injetiva então g1 = g2 e v é sobre. b) Im(u) ⊆ Ker(v): Temos que u ◦ v = 0, i.e., f ◦ v ◦ u = 0 para todo f : M′′ → N. Tomando N = M′′ e f = id segue que v ◦ u = 0 e logo Im(u) ⊆ Ker(v). c) Im(u) ⊇ Ker(v): Seja N = MIm(u) e π : M→ N a projeção canônica. Então u(π)(m′) = π ◦ u(m′) = u(m′)+ Im(u) = 0 para todo m′ ∈ M′ então π ∈ Ker(u) = Im(v), logo existe f : M′′ → N tal que π = v( f ) = f ◦ v. Consequentemente, Ker(v) ⊆ Ker(π) = Im(u). b. Exercício 2. 3.3 produto tensorial de módulos Sejam M, N, P três A-módulos. Uma aplicação f : M× N → P é chamada A-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. Proposição 65. Sejam M e N dois A-módulos. Então existe um A-módulo T junto com uma aplicação A-bilinear g : M× N → T com a seguinte propriedade: dados um A-módulo P e uma aplicação A-bilinear f : M× N → P, existe uma única aplicação A-linear f ′ : T → P tal que f = f ′ ◦ g. Alem disso, se (T, g) e (T′, g′) são dois pares que satisfazem essa propriedade, então existe um único isomorfismo j : T → T′ tal que j ◦ g = g′. 43 Ve rsã o P re lim in ar M× N g // f �� T ∃! f ′{{ P Demonstração. Unicidade. Substituindo (P, f ) por (T′, g′) temos que existe uma única j : T → T′ tal que g′ = j ◦ g. M× N g // g′ �� T ∃!j{{ T′ Intercambiando os papéis de T e T′ temos que existe um único j′ : T′ → T tal que g = j′ ◦ g′. M× N g ′ // g �� T′ ∃!j′{{ T Logo g′ = j ◦ j′ ◦ g′ e g = j′ ◦ j ◦ g, assim as composições j ◦ j′ : T′ → T′ e j′ ◦ j : T → T devem ser a identidade, logo j é um isomorfismo. Existência. Denote por C o A-módulo livre A|M×N|cujos elementos são combinações lineares formais de elementos de M× N com coeficientes em A, i.e., são expressões da forma ∑(mi,ni)∈M×N ai(mi, ni) com ai ∈ A, mi ∈ M e ni ∈ N. Seja D o submódulo de C gerado por todos os elementos de C do seguinte 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 sua imagem em T. Então T é gerado pelos elementos da forma m⊗ n. Estes elementos satisfazem (m + m′)⊗ n = m⊗ n + m′ ⊗ n m⊗ (n + n′) = m⊗ n + m⊗ n′ (am)⊗ n = m⊗ (an) = a(m⊗ n). 44 Ve rsã o P re lim in ar Equivalentemente, a aplicação g : M× N → T definida por g(m, n) = m⊗ n é A-bilinear. Queremos ver que (T, g) satisfazem as condições da proposição. Observe que qualquer aplicação f de M × N em um A-módulo P estende-se por linearidade a um homomorfismo de A-módulos f : C → P. Suponha em particular que f é A-bilinear então, segue das definições, que f anula-se em todos os geradores de D e, logo, em todo D ou seja D ⊆ Ker( f ). Portanto, f induz
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