Esercizi di Istituzioni di Algebra

Esercizi di Istituzioni di Algebra
Roberto Pagaria
3 novembre 2014
Svolti gli esercizi dal 1 al 9.
Esercizio 1
Testo
A lezione abbiamo dimostrato che, dati un campo K, una K-algebra
finitamente generata B, e un embedding φ di K in un campo algebricamente
chiuso L, esiste una omomorfismo
φ˜ : B → L
che estende φ. Come si dimostra, a partire da questo che, dato un ideale
n
proprio I in K[X1 , . . . , Xn ], il suo luogo di zeri V (I) in K non `e vuoto?
Soluzione
Sia A = K[x1 , . . . , xn ] una K-algebra ed m un ideale massimale conten
nente I. Poich´e V (m) ⊂ V (I) per dimostrare che V (I) `e non vuota in K
mi basta dimostrare che la variet`a V (m) `e non vuota. Definendo B = Am
osservo che B `e un campo ed `e una K-algebra finitamente generata. Scelgo
L = K e ϕ l’inclusione di K in K. Per quanto visto a lezione l’omomorfismo
si estende a ϕ˜ : B −→ K. Sia ϕ¯ = ϕ˜ ◦ π dove π `e la prioezione di A in B e
sia ξi = ϕ(x
¯ i ) ∈ K. Voglio dimostrare che ogni polinomio f ∈ I si annulla
in ξ (cio`e f (ξ1 , . . . , ξn ) = 0). So che 0 = ϕ(f
¯ ) = f (ϕ(x))
¯
= f (ξ) e quindi la
variet`
a `e non vuota.
Esercizio 2
Testo
Sia
C[x, y, z]
e sia B = C[t, z]. Dimostrare che:
− x3 − x2 )
(y 2
1
a) A si pu`
o immergere come sottoanello in B tramite la mappa f definita
da
f (x) = t2 − 1
f (y) = t3 − t
f (z) = z
b) A e B hanno lo stesso campo dei quozienti;
c) I = (t + 1, z − 1) `e ideale primo in B;
d) J = (t2 − 1, t3 − t, z − 1) e H = (t3 − t − z(t2 − 1), t2 − z 2 ) sono ideali
primi di A e H ⊆ J;
e) I ∩ A = J
f) non esiste un ideale D primo tale che D ∩ A = H e D ⊆ I
Soluzione
a) Definisco l’omomorfismo ϕ : C[x, y, z] −→ C[t, z] estendendo ϕ(x) =
t2 − 1, ϕ(y) = t3 − t e da ϕ(z) = z. Osservo che l’ideale (y 2 − x3 − x2 )
`e il nucleo di ϕ perch´e
ϕ(y 2 − x3 − x2 ) = t2 (t2 − 1)2 − (t2 − 1)2 (t2 − 1 + 1) = 0
Inoltre se un polinomio p appartiene al nucleo allora visto come polinomio in C[x, y][z] deve avere tutti i coefficienti nel nucleo, quindi
posso supporre che p ∈ C[x, y] e degy (p) = 1 a meno di sommarci un
opportuno multiplo di y 2 − x3 − x2 . Ma il polinomio a(x)y − b(x) appartiene al nucleo se e solo se ci appartengono a(x) e b(x) (ϕ(a(x)y) `e
un polinomio con solo monomi di grado dispari e b(x) di grado dispari)
se e solo se a = 0 e b = 0.
Di conseguenza l’omomorfismo ϕ˜ : A −→ B ottenuto per passaggio al
quoziente `e ben definito e iniettivo.
b) L’anello B `e un dominio quindi esiste il campo delle frazioni. Osservo
che in B vale t = xy¯¯ ∈ Q(A) quindi ottengo che B ⊂ Q(A) ⊂ Q(B). Essendo Q(B) il pi`
u piccolo campo contenente B si ottiene l’uguaglianza
Q(A) = Q(B).
∼
c) Osservo che BI −
→ C con t 7→ −1 e z 7→ 1 e quindi l’ideale I `e
massimale e in particolare primo.
d) Sia J˜ = (x, y, z − 1) ⊂ C[x, y, z] poich`e (y 2 − x3 − x2 ) ⊂ J˜ passa
˜ = J ⊂ A. Poich´e J˜ `e massimale
al quoziente e si ottiene che ϕ(J)
2
per il nullstellensatz anche J `e massimale (il passaggio al quoziente
manda massimali in massimali). L’ideale H `e l’immagine dell’ideale
˜ = (z 2 − x − 1, y − xz, y 2 − x3 − x2 ) = (x − z 2 + 1, y − z 3 + z) per
H
passaggio al quoziente.
Noto che H ⊂ J perch´e t3 − t − z(t2 − 1) = y¯ − z x
¯ ∈ J = (¯
x, y¯, z − 1)
e t2 − z 2 = (t2 − 1) − (z + 1)(z − 1) ∈ J.
˜ per passaggio al quoziente, `e primo se e solo
L’ideale H, ottenuto da H
˜ `e primo, se e solo se C[x, y, z] ˜ `e un dominio. Si osserva che
se `e H
H
C[x, y, z] `e isomorfo a C[z] con l’isomorfismo x 7→ z 2 −1 e y 7→ z 3 −z
˜
H
che `e un dominio, quindi H `e primo.
e) Osservo che la contrazione di un primo `e un primo, quindi I ∩ A = I c
`e primo contenente J perch´e (t + 1)(t − 1) = t2 − 1 in B. Nel punto
d) avevo dimostrato che J era massimale in A quindi J = I ∩ A.
f) Per assurdo suppongo che esiste un primo D contenuto in I la cui
contrazione `e H. Poich`e D ⊃ Dce = H e = (t + 1, z − 1)(t − 1, z + 1)(t −
z) (essendo ideali primi chiamer`o rispettivamente q1 , q2 e q3 ) per il
secondo lemma di scansamento D contiene un qi . Inoltre I ) D = qi
(l’inclusione stretta `e data dal fatto che Dc 6= I c ) e I non contiene
q2 e q3 quindi l’unico caso possibile `e che D ⊇ q1 = I. Ho ottenuto
l’assurdo che D ⊇ I e Dc ( I c quindi un primo con le caratteristiche
richieste non esiste.
Esercizio 3
Testo
Siano A ⊆ B anelli, con B intero su A.
a) Dimostrare che se x ∈ A `e invertibile in B allora `e invertibile anche in
A.
b) Dimostrare che il radicale di Jacobson di A `e la contrazione del radicale
di Jacobson di B.
Soluzione
a) Sia x ∈ A un elemento invertibile in B estensione intera di A, e chiamo
y ∈ B il suo
Pinverso.i Essendo y intero soddisfa una relazione della
forma y n = n−1
i=0 ai y con i coefficienti ai in A. Moltiplico l’equazione
n−1
per x
:
n−1
X
y = y n xn−1 =
ai xn−i−1 ∈ A
i=0
3
Ci`
o dimostra che l’inverso appartiene ad A.
b) Dimostro che J(A) ⊂ J(B)c :
Sia x ∈ J(B) ∩ A un elemento nella contrazione del radicale di Jacobson di B, `e noto che 1 + bx ∈ B ∗ per ogni b ∈ B (questa `e una
caratterizzazione del radicale di Jacobson). In particolare per ogni
a ∈ A si ha che 1 + ax ∈ B ∗ e per il pundo a) l’elemento 1 + ax `e
invertibile in A. In conclusione 1 + ax ∈ A∗ per ogni a ∈ A implica
che x ∈ J(A).
Viceversa mostro che J(A) ⊃ J(B)c , dimostrando la contronominale:
Sia x 6∈ J(B)c un elemento di A allora x non appartiene ad un ideale massimale M . La sua contrazione m = M c `e ancora un ideale
massimale e x 6∈ m perci`o x 6∈ J(A).
Esercizio 4
Testo
Sia A un sottoanello dell’anello B, e sia C la chiusura integrale di A in
B. Siano f , g polinomi monici in B[X] tali che f g ∈ C[X].
a) Dimostrare che esiste un anello D tale che B ⊆ D e entrambi i polinomi
f e g si fattorizzano in D[X] come prodotto di fattori di grado 1.
b) Dimostrare che f e g appartengono a C[X].
Soluzione
a) Osservo che se il prodotto di due polinomi `e un polinomio monico
allora i due polinomi erano, a meno di invertibili, monici. Sia p un
qualunque polinomio monico irriducibile a coefficienti in un anello B
di grado maggiore di uno, e considero i seguenti omomorfismi:
ϕ
B ,→ B[y] −
→ B[y](p(y))
Chiamo il quoziente D e voglio mostrare che ker ϕ ∩ B = 0. Sia b ∈ B
tale che ϕ(b) = 0, cio`e b ∈ (p(y)) quindi esiste q ∈ B[y] tale che
b = p(y)q(y). Guardando il grado in y dei polinomi e usando il fatto
che p `e monico si ottiene che 0 = deg b = deg p + deg q (se b 6= 0) da cui
l’assurdo deg p = 0. Il polinomio p ∈ B[x] ⊂ D[x] ha una radice in D,
infatti p(y) = 0, di conseguenza il polinomio x − y divide p(x) in D[x]
(x − y `e monico quindi posso usare l’algoritmo di divisione e il resto
`e zero). Ho trovato quindi un estensione D di B in cui il polinomio
p si fattorizza come prodotto di polinomi irriducibili di grado minore.
Per induzione sul grado posso costruire un’estensione di anelli in cui
4
i polinomi f e g si fattorizzano come prodotto di polinomi monici di
grado uno.
b) Sia E la chiusura integrale di A in D, la tesi `e equivalente a dimostrare
che f, g ∈ E[x] Q
perch´e E[x] ∩ B[x] = C[x]. Il polinomio f si scompone
come f (x) = ni=1 (x − di ) (posso supporre i fattori di grado uno
monici per quanto notato nel primo punto). Calcolo f · g in di e
ottengo (f · g)(di ) = 0 che implica di interi su A cio`e appartenenti ad
E. Essendo E un anello e i coefficienti di f combinazioni dei di si ha
f ∈ E[x] quindi la tesi.
Esercizio 5
Testo
Dimostrare che, dato un numero intero
d < −2 libero da quadrati e
√
congruo a 2 o a 3 modulo 4, l’anello Z[ d] non `e a ideali principali.
Soluzione
√
Innanzitutto ricordo che Z[ d] `e munito di un modulo dato da
√ a + b d = a2 − db2
Nel caso d negativo, il modulo `e nullo se e solo se l’elemento `e nullo (a =
b = 0), inoltre `e moltiplicativo.
√
√
Osservo che 2 `e irriducibile in Z[ d] perch´e se a+b d | 2 allora a2 −db2 |
4 e di conseguenza la disuguaglianza a2 − db2 ≤ 4 dice che b = 0 (perch´e
−d > 4) e a = 1, 2. √
Dimostro che Z[ d] non `e UFD quindi non `e PID distinguendo due casi:
√
√
d ≡ 3) Considero il prodotto
√ (1 + d)(1 − d) = 1 − d e osservo che 2 | 1 − d.
Noto che 2 - 1 ± d perch´
√e 4 - 1 − d quindi 2 `e irriducibile ma non
primo e di conseguenza Z[ d] non `e UFD.
√
√
d ≡ 2) Considero il prodotto
√ (2 + d)(2 − d) = 4 − d e osservo che 2 | 4 − d.
Noto che 2 - 2 ± d perch´
√e 4 - 4 − d quindi 2 `e irriducibile ma non
primo e di conseguenza Z[ d] non `e UFD.
Esercizio 6
Testo
Si considerino due anelli A ⊆ B e sia B un A-modulo finitamente generato. Dimostrare che, dato un ideale primo I di A, gli ideali primi Q di B
tali che Q ∩ A = I sono un numero finito.
5
Soluzione
Per prima cosa quoziento A per l’ideale I e B per l’ideale I e e ottengo
l’immersione AI ,→ BI e e ho corrispondenza biunivoca tra i primi di B
che contengono I e e i primi di BI e . L’estensione di anelli `e finitamente
generata e mostro che ogni primo Q contiene I e infatti Q ⊃ Qce = I e . Mi
basta dimostrare il teorema nel caso particolare del primo I = 0 e quindi A
dominio.
Sia S = A \ {0} e K = S −1 A il campo dei quozienti di A. L’anello
−1
S B `e una K-algebra finita e i primi di B che non intersecano S sono
in corrispondenza biunivoca coi primi di S −1 B. Inoltre se Qc = 0 allora
Qc ∩ S = 0 ∩ S = ∅, quindi posso supporre A un campo.
Voglio dimostrare
che una K-algebra finita B ha solo finiti ideali primi.
T
Sia N (B) =
p il nilradicale di B. Poich´e B `e un K-spazio vettoriale
p primo
di dimensione finita e N (B) un sottospazio allora `e intersezione finita di
ideali (sottospazi vettoriali):
\
N (B) =
pi
i≤n
T
Sia p un qualsiasi primo di B allora p ⊃ N (B) = pi e per il lemma di
scansamento si ottiene che esiste un indice i tale che p ⊃ pi . Osservo che B
`e un estensione intera di K perch´e K-modulo finitamente generato, quindi
pc = 0 = pci e p ⊃ pi implica che p = pi . Ci`o dimostra che B ha finiti ideali
primi e quindi la tesi.
Esercizio 7
Testo
Si consideri l’anello di polinomi C[X, Y, Z] graduato nella maniera standard. Si considerino gli ideali (graduati) I1 = (X 3 + Y 3 + Z 3 ) e I2 =
(X 3 + Y 3 + Z 3 , X 2 + Y 2 + Z 2 ). Si calcolino le serie di Poincar´e
C[X, Y, Z]
C[X, Y, Z]
P (I1 , t) , P (I2 , t) , P
,t , P
,t
I1
I2
dove la funzione ’lunghezza’ λ `e data da dimC .
Soluzione
Denoto l’ideale I1 con I, l’ideale I2 con J e l’anello C[x, y, z] con A.
Determino il coefficiente n-esimo della serie P (I, t) calcolando la dimensione
su C di In . Ogni polinomio in In si scrive in modo unico come
(x3 + y 3 + z 3 )p(x, y, z)
6
con p un qualsiasi polinomio in An−3 quindi dimC In = dimC An−3 . Calcolo
la dimensione
di An , una base `e {xa y b z c | a + b + c = n} e la sua cardinalit`a
n−1
`e n+2
per n > 0 e la serie `e
2 . Di conseguenza dimC In =
2
+∞ X
n−1 n
P (I, t) =
t
2
n=1
Calcolo la serie di Poincar´e di J, trovando una formula per dimC Jn . Il
generato da x3 +y 3 +z 3 intersecato An `e un C spazio vettoriale di dimensione
n−1
come il generato da x2 + y 2 + z 2 intersecato An di dimensione
finita
2
n
2 . Calcolo la dimensione di In con la formula di Grassmann, osservando
che i due polinomi sono coprimi:
dim In = dim An−3 + dim An−2 − dim An−5 =
n−1
n
n−3
=
+
−
=
2
2
2
n2 + 3n − 10
=
2
Chiamer`
o questi coefficienti bn per n > 2, per n = 2Psi ha che b2 = 1 e tutti
n2 +3n−10 n
t .
quelli inferiori sono nulli. La serie `e P (J, t) = t2 + +∞
n=3
2
Per calcolare le altre due serie osservo che date le successioni esatte corte
di A-moduli graduati
0 −→ In −→ An −→ AnIn −→ 0
Determina la relazione sulle serie di Poincar´e relative:
P (I, t) + P AI , t = P (A, t)
Quindi usando il fatto dimostrato prima che la serie
di Poincar´e di A `e
P+∞ n+2 n
A
A
I , t e di P J , t .
n=0
2 t ottengo le serie di P
+∞
X
A
P I , t = 1 +
3ntn
n=1
+∞
X
P AJ , t = 1 + 3t + 5t2 +
6tn
n=3
Esercizio 8
Testo
Sia A un anello completo rispetto alla topologia indotta
P da un ideale I.
Sia (an ) una successione in A. Dimostrare che la serie ∞
n=0 an converge se
e solo se limn→∞ an = 0.
7
Soluzione
P
Supponiamo che la serie +∞
n=0 an converga ad un elemento a. Sostituendo ad a0 il valore a0 − a la nuova serie converge a 0 e il limn→+∞ an = 0 se
e solo se esiste ed `e zero il limite della nuova successione.
Per ogni k esiste
P
k . Dimostro che
a
∈
I
N tale che per ogni n ≥ N la somma parziale ni=0
i
P
P
n
k
ogni an per n > N appartiene ad I k , infatti an = i=0 ai − n−1
i=0 ai ∈ I .
Poich´e ci`
o `e vero per ogni k (la soglia N dipende da k), la successione degli
an ha limite uguale a zero.
Viceversa supponendo che la successione an ha limite nullo allora per
ogni k, allora esiste Nk tale che per ogni n ≥ NP
an appartiene ad
k il termine P
+∞
k
k
I . Ci`
o implica che `e ben definito l’elemento n=0 an ≡ N
n=0 an modulo
PNk
PN1
PN0
k
I . Sia a = ( n=0 an , n=0 an , . . . , n=0 an , . . . ) ∈ A si verifica che la
successione `e coerente e voglio
che a `e il limite della serie. Infatti
P dimostrare
k
a
tendono
ad a:
per ogni k le serie parziali N
n
n=0
Nk
X
an − a ∈ I k
n=0
Quindi la serie `e convergente e tende ad a.
Esercizio 9
Testo
Sia A un dominio e I un ideale di A. Denotiamo con grI (A) l’anello
graduato associato ad A rispetto alla filtrazione indotta da I e con AˆI il
completamento di A rispetto alla topologia I-adica.
` vero o falso che A dominio implica grI (A) dominio? E il viceversa?
a) E
b) A lezione abbiamo visto che non `e vero che A dominio implica AˆI
dominio. E il viceversa?
Soluzione
a) Se A `e dominio e I un ideale non primo allora esistono due elementi
a, b ∈ A \ I tali che ab ∈ I. Prendendo a
¯ ∈ AI e ¯b ∈ AI e ricordando
che grI (A) contiene AI si ha che a
¯¯b = 0 in grI (A). Quindi non `e
sempre vero che grI (A) `e un dominio.
Sia A = Z6Z e I = (3), si ha che grI (A) = Z3Z ⊕ 3Z3Z ⊕ . . . perch´e
I k = (3) = I per ogni k > 1. Ho costruito un controesempio in cui
grI (A) = Z3Z `e un dominio ma A non `e dominio.
8
b) Lo stesso esempio funziona per il completamento.
Infatti AˆI = lim AI k ' Z3Z che `e un dominio, ma A non lo era.
←−
9

Download Report