algebra comutativa

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arÁlgebra ComutativaNotas de Aula
Maria Eugenia Martin
Universidade de São Paulo
São Paulo, 23 de novembro de 2014
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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
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a identidades binomiais 125
b referências bibliográficas 127
Índice Remissivo 129
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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.
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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.
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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 pi : 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 = pi−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 = 32 6∈ (3) = {0,±3,±6,±9,±12, . . . }. Logo f (I)
não é um ideal de Q.
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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.
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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 = pi−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.
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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.
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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.
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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
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b · c ∈ (a). Suponha que (a) ( (b) então b 6∈ (a) mas (a) é primo então deve
ser c ∈ (a) assim c = d · a. Então a = 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.
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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 pi : A → A/I é o homomorfismo projeção, então √I = pi−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.
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Demonstração. Aplicando a Proposição 24 a ˙A/I temos
NA/I =
⋂
p ideal primo de A/I
p,
logo
√
I = pi−1(NA/I)
=
⋂
p ideal primo de A/I
pi−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
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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
sendo o 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 × AI2 × · · · × 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
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isto, seja (b1, . . . , bn) ∈ AI1 × AI2 × · · · × 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
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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
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lim
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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 pi : A→ A/I a projeção canônica. Mostre que√I = pi−1 (N(A/I))
3. Mostre que
√√
I =
√
I
16
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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
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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 pi : A→ A/I o homomorfismo projeção.
Então Spec(pi) : 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
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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
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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
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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 = ∑ni=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
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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 ∅,
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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 × BJ dado por (a, b) + (I × J) 7→ (a + I, b + J). Agora observe que A× B
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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 × BJ é um domínio ⇔ ( AI = 0 e BJ é um domínio) ou ( BJ = 0 e AI 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) .
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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} .
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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:
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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 conjuntos algébricos 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 deAnk, 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
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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;
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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 afimAnk é um conjunto algébrico, pois (a1, . . . , an) =
Z(〈x1 − a1, . . . , xn − an〉)
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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 existe um polinômio
f ∈ k[x] não nulo tal que f (a) = 0
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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)
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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 · · · xαnn · yj
= ∑
(α1,...,αn,j)
piα1...αn jx
α1
1 · · · xαnn · 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}
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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}
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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(pi) : Spec(A/I)→ V(I) ⊆ Spec(A)
induzido pela projeção canônica pi : 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]) = ∅
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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
〉
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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)
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im
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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.
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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.
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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 = pi
◦ ϕ com
pi : 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.
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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 radical de 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 ) ⊆ MN é um
submódulo, queremos ver que MN ⊆ I(MN ). Seja m ∈ MN , 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.
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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 MmM 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 ' MmM e da Proposição 53 temos que NN∩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+NmM logo MmM+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;
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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-