EJERCICIOS DE NOETHERIANIDAD

(1) Sea A un anillo conmutativo con unidad y Σ la familia de todos los ideales no finitamente generados. Demostrar que existe un ideal máximal en Σ . Además pruebe que dicho ideal es primo. Dedúzcase el siguiente resultado debido a Cohn: Todo anillo conmutativo con identidad tal que todo ideal primo es finitamente generado es un anillo noetherino.

Solución. Se ordena la familia Σ con la relación de inclusión. Sea C una cadena en Σ, entonces ⋃ = { α: α ∈ C } es claramente un ideal y no finitamente generado. Por el lema de Zorn existe un elemento máximal α ∈ Σ. Veamos que α es un ideal primo. Supongamos que es falso que sea primo, entonces existen x, y ∈ A tales que x ∙ y ∈ α con x, y ∉ α. Consideremos el ideal β = α + Ax. Es claro que β es finitamente generado, luego β = Ar₁+ ⋯ + Ar_n y cada r_i= α_i +s_ix, α_i∈ α, s_i∈ A . Si ω = Aα₁ + ⋯ + Aα_n , se deduce que ω ⊑ α y β = ω + Ax . Demostremos que α = ω + x(α: x) . Es claro que ω + x(α: x) ⊑ α. Por otro lado, si r ∈α , r = s + t ∙ x, s ∈ ω, t ∈ A. Es claro que t ∈ (α: x) . Esto prueba que α ⊑ω + x(α: x). Como y ∈ (α: x) y α ⊑(α: x), nos dice que (α: x) es finitamente generado. Se deduce que α es finitamente generado lo que es contradictorio. Esto prueba la primera parte del ejercicio.

Supongamos ahora que cada ideal primo α de A sea finitamente generado. Si existen ideales que no son finitamente generado, por el resultado anterior existe uno máximal α, no finitamente generado y primo. Esto contradice la hipótesis y prueba el resultado de Cohn.



2. -Sea A un anillo conmutativo con identidad y α un ideal de A irreducible. Son equivalentes: (a) α es un ideal primario (b) Para cada subconjunto multiplicativamente cerrado S de A se tiene (α_S)^c =( α :x) para algún x ∈ S (c) La sucesión de ideales fraccionarios crecientes ( α :xⁿ) es estacionaria.

Solución. (c) implica (a) Sin pérdida de generalidad podemos suponer que α = 0 . Supongamos que x ∙ y= 0 , tal que y ≠ 0 . Se tiene que existe n ∈ N tal que ( 0:xⁿ) =Ann(xⁿ)=( 0:xⁿ⁺¹) =Ann(xⁿ⁺¹ ). Veamos que Axⁿ ∩ Ay = 0 . Sea a ∈ Axⁿ ∩ Ay . Como a=r∙y, tenemos que a∙x=(r∙y)x=0 y como a=b∙xⁿ , luego 0 = b∙xⁿ⁺¹. Esto dice que b ∈Ann(xⁿ⁺¹ )=Ann(xⁿ ), luego a = 0 , lo que prueba lo afirmado. Se deduce que Axⁿ=0 y por lo tanto xⁿ= 0 , lo que prueba la implicación.

(a) implica (b). Supongamos primero que S ∩ β ≠ ∅, donde β = √α. Se deduce que A_S = α_S, luego la contracción (α_S)^c = A. Si x ∈ S ∩ β , existe n ≥1, tal que xⁿ∈α y como xⁿ∈ S, entonces (α:xⁿ ) = A , lo que prueba lo afirmado. Supongamos que S ∩ β = ∅. Es conocido que (α_S)^c = α. Si x ∈ S, entonces Ax ⊈ β, luego (α_S)^c= ( α: x) =α , lo que termina la implicación.


(b) Implica (c). Sea x ∈ A, veamos que ( α :xⁿ) es estacionaria. En efecto, si xⁿ = 0 , para algún n>1 el resultado se sigue. Si x es una unidad, luego ( α :xⁿ) =α, ∀ n ≥ 1 . Si x no es ninguna de las anteriores, consideramos S = {1, x, x², ⋯ } multiplicativamente cerrado y por hipótesis existe xⁿ tal que (α_S)^c= ( α:xⁿ ). Sea r ∈ ( α :xⁿ⁺¹) , es decir r∙x ∈ ( α :xⁿ) y como [r/1]=[r∙x/x] ∈α_S, nos dice que r ∈ ( α :xⁿ).

(3) Sea A un anillo conmutativo con identidad y α un ideal en A, tal que α_m es noetheriano para cada ideal máximal en A. Si dado x ∈ A , x ≠ 0, existe a lo sumo un número finito de ideales máximales β en A, tales que x ∈β , entonces A es noetheriano.

Solución. Primero observemos que si α es un ideal propio en A y no nulo, existen sólo un número finito β₁, ⋯, β_n, ideales máximales diferentes que contienen a α. Fijemos x₀ ∈ α, x₀≠ 0, luego existen sólo β₁, ⋯, β_r+s ideales máximales diferentes con x₀∈ β_i, i = 1,2, . . . . , r + s . Sean x_i ∈ α− β_r+i (i= 1,2, . . . . , s) . Como cada β_i(i = 1, ⋯, r) es finitamente generado, podemos hallar x_s+1,...,x_s+r1, x_s+r1+1,...,x_s+r1+r2,...,x_{s+r1+r2+...+rr—1}, x_{s+r1+r2+...+rr1+1},...,x_{s+r1+r2+...+rr—1+rr} tal que las clases [ x_{s+r1+r2+...+rr—1+ri—1}/1],..., [ x_{s+r1+r2+...+rr—1+ri}/1] son generadores de α_βi . Vamos a demostrar que si α ^*= Ax₀ + ⋯ + Ax_s+t entonces α ^* _β= α _β para todo ideal máximal β, luego α= α ^*. Es claro (por elección) que α ^* _βi= α _βi para todo =i=1,2,...,r. Para β_r+1.,...,β_r+s es claro que α ^* _βr+i= α _βr+i= A _βr+i . Finalmente si β es un ideal máximal distinto de β_i, i = 1,2, . . . . , r + s , entonces x ₀∉ β y por lo tanto α ^* _β= α _β= A _β. Esto prueba el resultado.

(4) Sea A un anillo noetherino y A[[X]] el anillo de las series formales. Demostrar que si f = ∑_i=0^+∞α _iX ⁱ ∈ A[[X]] , entonces f es nilpotente, si y sólo si, cada α _i es nilpotente.

Solución. Antes de la demostración, probemos que si damos dos elementos nilpotentes a, b ∈ A, donde en principio A es un anillo cualquiera, entonces a+ b es nilpotente. En fecto existen n, m > 1 tales que a ⁿ= b ^m=0, entonces

(a + b)^n+m= ∑_i=0 ^n+m(n+m)!/i!(n+m—i)!a ⁱb ^m+n—i=0.

Veamos que si α _i (i = 1,2, ⋯, n) es nilpotente, entonces el polinomio p = ∑_i=0 ⁿ α _iXⁱ (α _n ≠ 0) es nilpotente. Hagamos la demostración usando inducción sobre el grado gr(p) de un polinomio p. Si gr(p) = 0 no hay nada que probar. Supongamos que el resultado es cierto para gr(p) = n y sea el polinomio p =∑_i=0 ⁿ⁺¹ α _iXⁱ (α _n+1 ≠ 0) , luego p = ∑_i=0 ⁿ α _iXⁱ+α _n+1Xⁿ⁺¹ y como cada sumando es nilpotente se deduce el resultado. Supongamos ahora que f= ∑_i=0^+∞α _iX ⁱ es nilpotente, luego existe m > 1 tal que f ^m=0 . Pero f ^m = α ₀ ^m + (suma de otros términos )=0, entonces α ₀ ^m =0, lo que dice que α ₀ es nilpotente. Supongamos que α _i (i = 0,1, ⋯, n) es nilpotente. Como f − ∑_i=0 ⁿ α _iXⁱ =∑_i=n+1 ^+∞α _iXⁱ, luego existe un m > 1 tal que (f − ∑_i=0 ⁿ α _iXⁱ ) ^m = α _n+1^mX^n(m+1)+(suma de otros términos)=0. Se deduce que α _n+1^m= 0, lo que prueba el directo.

Para ver el recíproco, consideremos la sucesión creciente de ideales Rα ₀+Rα ₁+...+Rα _n. Por ser A noetheriano, existe un n≥ 0 , tal que

Rα ₀+Rα ₁+...+Rα _k=Rα ₀+Rα ₁+...+Rα _k+1, para todo n ≥ k .

Como cada α _k = ∑_i=0 ⁿr_i^kα_i para todo k≥n+1, tenemos que

f= ∑_i=0^+∞α _iX ⁱ= ∑_i=0ⁿα _iX ⁱ+α ₀∑_i=n+1^+∞r₀ⁱXⁱ+...+α _n∑_i=n+1^+∞r_nⁱXⁱ

y como cada sumando es nilpotente, se deduce que f es nilpotente.

(5) Sea A un anillo conmutativo con unidad reguilar Von Neumann. Si A es noetheriano, entonces A es un anillo de ideales principales.


Solución. Recuerde que un anillo A es regular Von Neumann, si dado a ∈ A, existe b ∈ A tal que a= a² b. Veamos que dado a ∈ A, existe c ∈ A, c² = c con Aa = Ac. En efecto, consideremos c = a. b. Es claro que Aa = Ac y como c² =a².b² = a. b se deduce lo afirmado. Sea α un ideal del anillo, luego es finitamente generado por hipótesis. Es decir α= Aα₁ + ⋯ +Aα_n . Veamos que es principal usando inducción sobre n. Sea α= Aα₁ + Aα₂ . Por lo probado anteriormente, podemos suponer que α₁² = α₁ , α₂² = α₂ . Es director ver que Aα₁ +Aα₂ = A(α₁ + α₂ − α₁ α₂) , a partir de este hecho se sigue la prueba en general.



NOTA

Es importante referir que lo desarrollado en estas notas son soluciones a ejercicios de anillos noetherianos, del capítulo 7 del libro de M.F. Atiyah, y I. G Macdonal: Introducción al Algebra Conmutativa. Editorial Reverté. 1978.