Solución Parcial II

Introducción a la Geometría algebraica
Nombre/Código:
Guillermo Mantilla-Soler
2016
Examen I
Soluciones
Para este examen k denota un cuerpo algebraicamente cerrado con char(k) 6= 2, 3.
1. [5 pts] Sea R un anillo y suponga que las siguientes sucesiones exactas de R-módulos conmutan.
0
/ M0
0
/ N0
α
/M
β
/N
/ M 00
/0.
γ
/ N 00
/0
Muestre que si α y γ son isomorfismos entonces β también lo es.
Sol: Por el lema de la serpiente existe un secuencia exacta Ker(α) → Ker(β) → Ker(γ) → CoKer(α) → CoKer(β) →
CoKer(γ). El resultado se sigue de inmediato de las hipótesis.
2. Sea R un anillo Noetheriano.
(a) [5pts] Muestre que si dimKrull (R) = 0 entonces Max(R) es un conjunto finito.
Sol: Como en un anillo Noetheriano sólo hay finitos primos minimales, y dimKrull (R) = 0 implica que todo primo
es minimal, en R sólo hay finitos ideales primos.
(b) [5pts] Para cada entero positivo n encuentre un anillo Noetheriano Rn tal que Max(Rn ) es un conjunto finito y
dimKrull (Rn ) ≥ n.
Sol: Note que es suficiente encontrar Rn local con altura a lo menos n. Para esto es suficiente encontrar un
anillo R y M ∈ Max(R) tal que ht(M ) ≥ n, tomando así Rn := RM . Para cada n considere R = k[x1 , ...., xn ] y
M = hx1 , ..., xn i.
3. Sea V 6= ∅ una variedad afín.
(a) [5pts] Suponga que V ⊂ A3 (k) es la cúbica torcida i.e., V := {(t, t2 , t3 ) : t ∈ k}. Muestre que V es suave.
∼ k[x], donde el isomorfismo está dado por enviar una función f (x, y, z) a f (x, x2 , x3 ).
Sol: Recuerde que k[V ] =
Como k[V ] ∼
= k[x] es un D.I.P entonces es un dominio de Dedekind y por tanto, como concluimos en la tarea 4.2.e,
V es suave.
(b) [5pts] Suponga que V ⊆ A2 (k). Muestre que V sólo tiene un número finito de puntos singulares.
Sol: Si dim(V ) = 0 entonces V es un punto, en particular finito. Si V = A2 (k) entonces V = V(0) por tanto
el espacio tangente en cada punto p ∈ V es k 2 , que tiene la misma dimensión de V i.e., p es no singular. Si
dim(V ) = 1 entonces V es una hipersuperficie. Dado que los puntos singulares Sing(V ) forman un cerrado propio
en V , dim(Sing(V )) < dim(V ) = 1 lo que implica el resultado.
(c) [5pts] Suponga que V = V(y 2 − f (x)) donde deg(f (x)) = 3. Muestre que K[V ] es un dominio de Dedekind si y
sólo si f (x) no tiene raíces repetidas.
2
Sol: Sea g(x, y) = y
− f (x). Dado queV = V(g(x, y)) es una hipersuperficie, un punto p = (a, b) ∈ V es singular
∂g(a, b) ∂g(a, b)
,
= (−f 0 (a), 2b) i.e., un punto singular es de la forma (a, 0) con f 0 (a) = 0.
si y sólo si (0, 0) =
∂x
∂y
Note que p = (a, 0) ∈ V si y sólo si f (a) = 0, por tanto V tiene puntos singulares si y sólo si existe existe
a ∈ K tal que f (a) = f 0 (a) = 0, en otras palabras si y sólo si a es una raíz repetida de f . Equivalentemente f no
tiene raíces repetidas si y sólo si V es suave, lo que es equivalente para curvas a que k[V ] es un dominio de Dedekind.
4. Sea R un anillo Noetheriano, I un ideal de R, y J :=
\
I n.
n≥1
(a) [5pts] Sea Q un ideal primario tal que IJ ⊆ Q. Muestre J ⊆ Q.
Sol: Suponga existe a ∈ J \ Q. Note que aI ⊆ JI ⊆ Q. Dado que a ∈
/ Q la contenencia aI ⊆ Q implica que
todos los elementos √
de I son divisores de cero en R/Q, equivalentemente nilpotentes ya que Q es primario. Por
correspondecia I ⊆ Q, y como en un anillo Noetheriano todo ideal contiene una potencia de su radical se tiene
que existe n con I n ⊆ Q. Esto último es una contradicción ya que a ∈ J \ Q ⊆ I n ⊆ Q.
(b) [3pts] Si R es local e I es su ideal maximal muestre que J = 0.
Sol: Como R es local Noetheriano con maximal I es suficiente mostrar, gracias al lema de Nakayama, que IJ = J.
Veamos que J ⊆ IJ. Dado que IJ es intersección de ideales primarios, ya que R es Noetheriano, es suficiente ver
que J está contenido en esta intersección i.e., es suficiente ver que todo ideal primario que contiene a IJ contiene
a J lo que se hizo en (a). La otra contenencia es inmediata.
(c) [2pts] Sean T := C([−1, 1], R) el anillo de funciones (
continuas [−1, 1] → R y M0 ∈ Max(T ) el kernel de evaluación
−1
e x
xn
si x > 0
Justifique brevemente por qué fn (x) ∈ M0
0
si x ≤ 0.
para todo n(note por definición fn (0) = 0 por tanto lo que debe justificar es que fn (x) ∈ T. )
en 0. Para cada entero no negativo n sea fn (x) :=
Sol: Dado que la función exponencial crece más rápido que cualquier polinomio, lo que se sigue por ejemplo de la
regla de L’hôspital, se tiene que fn (x) es continúa para todo n.
(d) [3pts] Sea φ : T → TM0 el homomorfismo de localización. Muestre que f0 (x) no está en el Kernel de φ. Adicionalmente muestre que Ker(φ) 6= 0.
Sol: Si f0 (x) ∈ Ker(φ) entonces existe h(x) ∈ T \ M0 tal que h(x)f0 (x) ≡ 0. En particular para todo x > 0 se tiene
−1
que h(x)e x = 0, es decir h(x) = 0 para todo x > 0. La continuidad de h implica que h(0) = 0 lo que contradice
que h(x) ∈ T \ M0 . Sea g(x) la función definida a pedazos por g(x) = 0 para x ∈ [−1, 12 ] y por g(x) = x − 1/2
para x ∈ [ 12 , 1], entonces g ∈ Ker(φ). Lo anterior se sigue ya que si definimos s(x) = −x + 1/2 para x ∈ [−1, 1/2]
y s(x) = 0 para x ∈ [1/2, 1] entonces s(x) ∈ T \ M0 y g(x)s(x) ≡ 0.
(e) [2pts] Sea M0 el ideal maximal de TM0 . Muestre φ(f0 (x)) ∈
\
Mn0 . ¿Qué puede concluir de esto acerca del
n≥1
anillo T ?
n
n
Sol: Note que f0 (x) = xn fn (x) para todo n. En
\particular f0 (x) ∈ hx i ⊆ M0 y por tanto φ(f0 (x)) ∈ M0 para
n
todo n. Lo anterior implica, gracias a (d), que
M0 6= 0. Se sigue de (b) que TM0 y por consiguiente T no son
n≥1
anillos Noetherianos.
5. Sea R un anillo y N un R-módulo finitamente generado.
(a) [6 pts] Sean x1 , ..., xm ∈ N y suponga que existen r1 , ..., rn en R tales que
m
X
ri xi = 0. Muestre que si N es
i=1
plano entonces existen µ1 , ..., µn ∈ N y bij ∈ R tales que
m
X
i=1
ri bij = 0 y que xi =
n
X
bij µj para todos (i, j) ∈ [1, ..., m] × [1, ..., n].
j=1
Sol: Denote por r := (r1 , ..., rm ) y sea φr : Rm → R el producto punto usual por r y sea ι la inclusíon. Si
ι
φr
tensorizamos la secuencia exacta 0 → Ker(φr ) −→ Rm −→ R con N , dado que éste es plano y que para todo q
φr
fr ) → N m −→
N.
existe un isomorfismo canónico ebq : Rq ⊗R N → N q , obtenemos una secuencia exacta 0 → Ker(φ
m
X
fr no es otra cosa que tomar producto punto con r i.e., φ
fr (y1 , ..., ym ) =
El morfismo φ
ri yi . Lo anterior se sigue
f
i=1
ya que ebq es el isomorfismo inducido por el mapa bilineal bq : Rj × N → N j ; ((a1 , ..., aq ), m) 7→ (a1 m, ...., aq m) y
ya que el siguiente1 diagrama es conmutativo.
Rm × N
φr ×Id
/ R×N
f
φ
r
/N
b1
bm
Nm
fr ) de lo cual se sigue, por la conmutatividad del diagrama abajo,
Note que por hipótesis (x1 , ..., xm ) ∈ Ker(φ
0
/ Ker(φr ) ⊗R N
fr )
/ Ker(φ
0
ι⊗id
/ Rm ⊗R N φr ⊗Id / R ⊗R N
ι
e
bm
/ Nm
e
b1
f
φ
r
/N
que existe b ∈ Ker(φr )⊗R N tal que ebm ◦(ι⊗id)(b) = (x1 , ..., xm ). El resultado se sigue ya que todo b ∈ Ker(φr )⊗R N
n
X
se puede escribir en la forma b =
bj ⊗ µj donde µi ∈ N para todo i y bj := (b1j , ..., bmj ) ∈ Ker(φr ) para todo
j=1
j.
(b) [6 pts] Suponga que R es local con ideal maximal M. Sean x1 , ..., xm ∈ N tales que sus imágenes en N/MN son
R/M linealmente independientes. Muestre que si N es plano entonces los elementos x1 , ..., xm son R-linealmente
independientes.
Sol1: Suponga existe una R-tupla r = (r1 , ..., rm ) tal que
m
X
ri xi = 0. Gracias al problema anterior existen
i=1
B ∈ Mm,n (R) y µ = (µ1 , ..., µm ) ∈ M m tales que Bµt = (x1 , ..., xm )t y r · B = 0 es decir rt ∈ Ker(B t ). Si denotamos por a la reducción de a módulo M vemos gracias a la primera ecuación matricial, y al hecho que los x1 , ..., xm
t
t
son R-independientes, que Ker(B ) = 0, o de manera equivalente B tiene rango m. Por esto podemos escoger m
t
filas de B de tal forma que la sub-matriz formada por ellas, digamos C, tenga determinante no cero. Ahora si
escogemos la mismas filas de la matriz B t y formamos una matriz A entonces A = C y det(A) 6= 0 mod M. En
particular, A ∈ GLm (R) ya que R es local y M su maximal. Dado que A es una sub-matriz de B t formada al
remover filas tenemos que Ker(B t ) ⊆ Ker(A) = 0; en particular rt = 0 es decir los x1 , ..., xm son R-linealmente
independientes.
Sol2: Inducción en m. Dado que no todos los xi son cero módulo M, debe existir una fila de B donde no todos sus elementos están en M. Cambiano el orden del los xi , si es necesario, podemos asumir b1j ∈
/ M para
algún 1 ≤ j ≤ n. Si denotamos por β1 , ..., βm las entradas de la columna j tenemos que β1 ∈ R∗ . Dado que
m
X
ri βi = 0 tenemos que, si m = 1 entonces r1 = 0 lo cual prueba el caso base, y si m > 1 entonces r1 se puede
i=1
escribir como una R-combinación de r2 , ..., rm lo cual da una ecuación del tipo
m
X
r2 (xi + ci x1 ) = 0. Dado que
i=2
los x1 , ..., xm son R-independientes, y R es un cuerpo, los x2 + c2 x1 , ..., xm + cm x1 son independientes para
cualesquiera c2 , ..., cm ∈ R. Por hipótesis de inducción r2 = ... = rm = 0, y por consiguiente r1 = 0 ya que r1 es
una combinación de los otros.
(c) [3pts] Suponga que R es local con ideal maximal M. Muestre que si N es plano entonces es libre.
Sol: Sea {x1 , ..., xm } un conjunto generador de N con m mínimo; su existencia se tiene ya que N es f.g. Por la
minimalidad de m y gracias al lemma de Nakayama m = dimR/M (N/MN ). Por tanto las clases de {x1 , ..., xm }
1
m
X
i=1
(ri ai m) =
m
X
i=1
!
ri ai
m.
forman una base para N/MN , en particular gracias al inciso anterior los x1 , ..., xm son R-linealmente independientes i.e., N es libre con conjunto generador {x1 , ..., xm }
(d) [5 pts] Muestre N es plano si y sólo si es localmente libre i.e., muestre que las siguientes son equivalentes:
(i) N es plano.
(ii) NP es libre para todo P ∈ Spec(R)
(iii) NM es libre para todo M ∈ Max(R)
Sol: Dado que R es R-plano y co-límites de planos son planos se sigue que todo módulo libre es plano. De otro lado
como ser plano es una propiedad local las equivalencias se siguen del inciso (c). Que ser plano es una propiedad
local, como debieron haber mostrado en la tarea 4, se sigue del hecho que para todo sub-conjunto multiplicativo
S de R y R-módulos M1 y M2 existe un isomorfismo de S −1 R-módulos S −1 (M1 ⊗R M2 ) ∼
= S −1 M1 ⊗S −1 R S −1 M2 .