Anelli artiniani
Salve, sto cercando di dimostrare che l'anello [tex]A=K[x,y] / (2x^2+3y^2-11, x^2-y^2-3)[/tex] è artiniano, e lo sto facendo cercando di vedere che è noetheriano (in quanto quoziente di un anello noetheriano) e di dimensione 0, e quest'ultimo punto mi blocca. L'ideale con cui si quozienta può essere riscritto in modo più semplice [tex](x^2-4,y^2-1)[/tex] quindi corrisponde a quattro punti per cui mi viene da pensare che la dimensione sia effettivamente zero, ma come provarlo?
Risposte
Un corollario del Nullstellensatz è il seguente:
Corollario. Un ideale [tex]I \subset k[X_1,\ldots,X_n][/tex] è zero-dimensionale (per definizione questo significa che l'anello [tex]k[X_1,\ldots,X_n]/I[/tex] ha dimensione 0) se e solo se [tex]V(I)[/tex] (il luogo degli zeri di I) è formato da un numero finito di punti. Più precisamente, [tex]V(I)[/tex] ha al più [tex]\text{dim}_K(K[X_1,\ldots,X_n] / I)[/tex] punti.
La dimostrazione è elementare, ti suggerisco di provare a farla, possiamo poi eventualmente discuterne qui.
Naturalmente il campo è da intendersi algebricamente chiuso, altrimenti il corollario è banalmente falso! (mi sapresti dare un esempio?)
Corollario. Un ideale [tex]I \subset k[X_1,\ldots,X_n][/tex] è zero-dimensionale (per definizione questo significa che l'anello [tex]k[X_1,\ldots,X_n]/I[/tex] ha dimensione 0) se e solo se [tex]V(I)[/tex] (il luogo degli zeri di I) è formato da un numero finito di punti. Più precisamente, [tex]V(I)[/tex] ha al più [tex]\text{dim}_K(K[X_1,\ldots,X_n] / I)[/tex] punti.
La dimostrazione è elementare, ti suggerisco di provare a farla, possiamo poi eventualmente discuterne qui.
Naturalmente il campo è da intendersi algebricamente chiuso, altrimenti il corollario è banalmente falso! (mi sapresti dare un esempio?)
provo: la dimensione di Krull di un anello è definita come il sup delle altezze delle catene
di primi. Ora nel quoziente le catene di primi sono le catene di primi in [tex]K[x_1..x_n][/tex]
che contengono I. Sia p primo tale che [tex]I \subset p[/tex] allora [tex]V(p) \subset V(I)[/tex]
quindi V(p) è costituito da un numero finito di punti, ma siccome p è primo V(p) deve
essere irriducibile e quindi costituito da un solo punto, ma allora p è massimale
e quindi la catena più lunga sarà costituita solo da p, e quindi la dimensione è 0.
Forse questa 'dimostrazione' è un pò approssimativa (è solo una freccia, quella che mi serve)..
Inoltre il nullstellensatz è nascosto nel fatto che la varietà irriducibile
corrisponde all'ideale primo.
Un controesempio può essere [tex]\mathbb{R}[x]/(x^2+1)[/tex] che è un campo, quindi di dimensione 0
ma [tex]V(x^2+1)[/tex] è vuoto..
mi sorge comunque un altro dubbio: se K non è algebricamente chiuso allora il mio anello
non è artiniano? perchè in quel caso non potrei applicare il corollario in questione
e quindi come potrei procedere per vedere che la dimensione è zero?
di primi. Ora nel quoziente le catene di primi sono le catene di primi in [tex]K[x_1..x_n][/tex]
che contengono I. Sia p primo tale che [tex]I \subset p[/tex] allora [tex]V(p) \subset V(I)[/tex]
quindi V(p) è costituito da un numero finito di punti, ma siccome p è primo V(p) deve
essere irriducibile e quindi costituito da un solo punto, ma allora p è massimale
e quindi la catena più lunga sarà costituita solo da p, e quindi la dimensione è 0.
Forse questa 'dimostrazione' è un pò approssimativa (è solo una freccia, quella che mi serve)..
Inoltre il nullstellensatz è nascosto nel fatto che la varietà irriducibile
corrisponde all'ideale primo.
Un controesempio può essere [tex]\mathbb{R}[x]/(x^2+1)[/tex] che è un campo, quindi di dimensione 0
ma [tex]V(x^2+1)[/tex] è vuoto..
mi sorge comunque un altro dubbio: se K non è algebricamente chiuso allora il mio anello
non è artiniano? perchè in quel caso non potrei applicare il corollario in questione
e quindi come potrei procedere per vedere che la dimensione è zero?
E' facile evitare il Nulstellensatz.
L'ideale contiene $(2x^2+3y^2-11)+3(x^2-y^2-3) = 5x^2-20$
e $(2x^2+3y^2-11)-2(x^2-y^2-3) = 5y^2-5$.
Se car($K$) non e' $5$, lo $K$-spazio vettoriale $A$ e' quindi generato da
$1,x,y,xy$ ed ha dimensione finita. Questo implica che $A$ e' artiniano.
Invece se car($K$) e' $5$, si ha che $(2x^2+3y^2-11)=2(x^2-y^2-3)$ e quindi
$A$ e' isomorfo a $K[x,y]$ mod $(x^2-y^2-3)$ e non e' artiniano in questo caso.
PS. Suppongo che $K$ sia un campo.
L'ideale contiene $(2x^2+3y^2-11)+3(x^2-y^2-3) = 5x^2-20$
e $(2x^2+3y^2-11)-2(x^2-y^2-3) = 5y^2-5$.
Se car($K$) non e' $5$, lo $K$-spazio vettoriale $A$ e' quindi generato da
$1,x,y,xy$ ed ha dimensione finita. Questo implica che $A$ e' artiniano.
Invece se car($K$) e' $5$, si ha che $(2x^2+3y^2-11)=2(x^2-y^2-3)$ e quindi
$A$ e' isomorfo a $K[x,y]$ mod $(x^2-y^2-3)$ e non e' artiniano in questo caso.
PS. Suppongo che $K$ sia un campo.
Un paio di osservazioni: 1) ho sbagliato a non verificare i conti fatti da aculsh, ho semplicemente preso per fede che [tex](2x^2 + 3y^2 - 11, x^2 - y^2 - 3) = (x^4 - 4,y^2 -1)[/tex], ma quello che ha fatto notare Stickelberger è vero e bisogna tenere in considerazione la caratteristica del campo.
2) Una delle due frecce del corollario (quella che serve) è valida senza l'ipotesi di campo algebricamente chiuso perché non dipende dal Nullstellensatz. E' nella freccia opposta che abbiamo bisogno di quel teorema. Quindi, Stickelberger, di fatto si può applicare quel corollario senza pensare per evitare i conti che hai fatto (a parte la discussione sulla caratteristica del campo).
3) Nella dimostrazione che hai dato, aculsh, c'è una considerazione errata.
Questo è indipendente dal Nullstellensatz: è un fatto perfettamente generale che vale non solo nel caso di k-algebre finitamente generate, ma più in generale in [tex]\text{Spec}(A)[/tex] per ogni anello commutativo unitario A (a patto di definire per bene tutti gli oggetti in assoluta generalità, cosa che si può fare).
Il resto della dimostrazione è esatto, ma dimostri un fatto più debole di quello che volevo che dimostrassi: non ottieni, in particolare, la stima dei punti di [tex]V(I)[/tex]. Ti viene in mente un teorema che si può applicare per ottenerla senza fare troppa ginnastica mentale?
Vediamo l'altra implicazione. Supponiamo che [tex]K[X_1,\ldots,X_n] / I[/tex] abbia dimensione 0. Allora necessariamente c'è un numero finito di ideali massimali contenenti I. Algebra commutativa di base mostra che possiamo scrivere [tex]\sqrt{I} = \mathfrak m_1 \cap \ldots \cap \mathfrak m_r[/tex] con [tex]\mathfrak m_i[/tex] ideale massimale, sicché [tex]V(I) = V(\sqrt{I}) = V(\mathfrak m_1) \cup \ldots \cup V( \mathfrak m_r)[/tex]. Ora, il Nullstellensatz (forma debole) mostra che [tex]\mathfrak m_i = (X - a_{1i}, \ldots, X_n - a_{ni})[/tex], sicché [tex]V(I)[/tex] consiste effettivamente di r punti.
2) Una delle due frecce del corollario (quella che serve) è valida senza l'ipotesi di campo algebricamente chiuso perché non dipende dal Nullstellensatz. E' nella freccia opposta che abbiamo bisogno di quel teorema. Quindi, Stickelberger, di fatto si può applicare quel corollario senza pensare per evitare i conti che hai fatto (a parte la discussione sulla caratteristica del campo).
3) Nella dimostrazione che hai dato, aculsh, c'è una considerazione errata.
"aculsh":
Inoltre il nullstellensatz è nascosto nel fatto che la varietà irriducibile corrisponde all'ideale primo.
Questo è indipendente dal Nullstellensatz: è un fatto perfettamente generale che vale non solo nel caso di k-algebre finitamente generate, ma più in generale in [tex]\text{Spec}(A)[/tex] per ogni anello commutativo unitario A (a patto di definire per bene tutti gli oggetti in assoluta generalità, cosa che si può fare).
Il resto della dimostrazione è esatto, ma dimostri un fatto più debole di quello che volevo che dimostrassi: non ottieni, in particolare, la stima dei punti di [tex]V(I)[/tex]. Ti viene in mente un teorema che si può applicare per ottenerla senza fare troppa ginnastica mentale?
Vediamo l'altra implicazione. Supponiamo che [tex]K[X_1,\ldots,X_n] / I[/tex] abbia dimensione 0. Allora necessariamente c'è un numero finito di ideali massimali contenenti I. Algebra commutativa di base mostra che possiamo scrivere [tex]\sqrt{I} = \mathfrak m_1 \cap \ldots \cap \mathfrak m_r[/tex] con [tex]\mathfrak m_i[/tex] ideale massimale, sicché [tex]V(I) = V(\sqrt{I}) = V(\mathfrak m_1) \cup \ldots \cup V( \mathfrak m_r)[/tex]. Ora, il Nullstellensatz (forma debole) mostra che [tex]\mathfrak m_i = (X - a_{1i}, \ldots, X_n - a_{ni})[/tex], sicché [tex]V(I)[/tex] consiste effettivamente di r punti.
@ Stickelberger: dalla teoria fatta a lezione non vedo perchè se la dimensione di A
come K-sp. vett. è finita allora l'anello debba essere artiniano. (L'unica caratterizzazione
che conosco oltre alla definizione era quella che stavo provando ad applicare nel primo post)..
Inoltre perchè nel caso car=5 quell'anello non è artiniano?
@ maurer: non mi viene in mente questo teorema che 'eviti ginnastica mentale'! Comunque
forse non ci intendiamo sul nullstellenstatz, ti riporto di seguito i due enunciati
che ho studiato (K campo alg. chiuso, I ideale di [tex]K[x_1..x_n][/tex]):
1: V(I)=vuoto allora [tex]I=K[x_1..x_n][/tex]
2: f si annulla nei punti comuni di [tex]V(f_1...f_s)[/tex] allora [tex]f \in Rad(f_1...f_s)[/tex]
dove [tex]f, f_i \in K[x_1..x_n][/tex]
come K-sp. vett. è finita allora l'anello debba essere artiniano. (L'unica caratterizzazione
che conosco oltre alla definizione era quella che stavo provando ad applicare nel primo post)..
Inoltre perchè nel caso car=5 quell'anello non è artiniano?
@ maurer: non mi viene in mente questo teorema che 'eviti ginnastica mentale'! Comunque
forse non ci intendiamo sul nullstellenstatz, ti riporto di seguito i due enunciati
che ho studiato (K campo alg. chiuso, I ideale di [tex]K[x_1..x_n][/tex]):
1: V(I)=vuoto allora [tex]I=K[x_1..x_n][/tex]
2: f si annulla nei punti comuni di [tex]V(f_1...f_s)[/tex] allora [tex]f \in Rad(f_1...f_s)[/tex]
dove [tex]f, f_i \in K[x_1..x_n][/tex]
Sono le due formulazioni (fastidiosamente) classiche del Nullstellensatz. Ma ti consiglio di andare a vedere come si dimostra il primo punto. Vedrai che nella dimostrazione dimostri anche quello che ho detto io poco sopra. Esistono formulazioni più intelligenti del Nullstellensatz, comunque, anche se ad un livello di astrazione maggiore. Quella che preferisco è: se [tex]A[/tex] è un anello di Jacobson, allora [tex]A[X][/tex] è un anello di Jacobson.
Il teorema cui mi riferivo, è il teorema di struttura per gli anelli artiniani.
Il teorema cui mi riferivo, è il teorema di struttura per gli anelli artiniani.
@aculsh: Basta usare la definizione per dimostrare le due affermazioni.
Non e' difficile. Provi pure.
Non e' difficile. Provi pure.
Quindi si tratta di provare che la dimensione di A come K-spazio vettoriale
è finita se e solo se A è artiniano, partendo dalla definizione che afferma che
ogni catena discendente di ideali è stazionaria.
Se la dimensione è infinita allora esiste una catena discendente non stazionaria.
Provo nel caso particolare dell'anello in questione
[tex]B=K[x,y]/(x^2-y^2-3)[/tex] perchè il caso generale mi risulta più difficile.
Una base di B come spazio vettoriale comprende gli elementi
[tex]y^k[/tex] che formano una catena discendente di ideali principali, quindi l'anello
non è artiniano.
Invece se la dimensione è finita non riesco a concludere che è artiniano, cioè se ho
una catena discendente di ideali
[tex]I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset...[/tex] allora ognuno di questi sarà
generato da un sottoinsieme della base che non contenga elementi invertibili altrimenti
avremmo tutto l'anello, ma non riesco a concludere..
è finita se e solo se A è artiniano, partendo dalla definizione che afferma che
ogni catena discendente di ideali è stazionaria.
Se la dimensione è infinita allora esiste una catena discendente non stazionaria.
Provo nel caso particolare dell'anello in questione
[tex]B=K[x,y]/(x^2-y^2-3)[/tex] perchè il caso generale mi risulta più difficile.
Una base di B come spazio vettoriale comprende gli elementi
[tex]y^k[/tex] che formano una catena discendente di ideali principali, quindi l'anello
non è artiniano.
Invece se la dimensione è finita non riesco a concludere che è artiniano, cioè se ho
una catena discendente di ideali
[tex]I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset...[/tex] allora ognuno di questi sarà
generato da un sottoinsieme della base che non contenga elementi invertibili altrimenti
avremmo tutto l'anello, ma non riesco a concludere..
Nel caso di dimensione infinita ci vuole qualche giustificazione...
Perche' la catena $(y^k)$ non e' stazionaria? Va usato qualche
proprieta' dell'anello $B$.
Nel caso di dimensione finita, basta osservare che gli ideali
$I_k$ di $A$ sono anche $K$-sottospazi vettoriali. Questo
segue dal fatto che $A$ e' un $K$-algebra.
Perche' la catena $(y^k)$ non e' stazionaria? Va usato qualche
proprieta' dell'anello $B$.
Nel caso di dimensione finita, basta osservare che gli ideali
$I_k$ di $A$ sono anche $K$-sottospazi vettoriali. Questo
segue dal fatto che $A$ e' un $K$-algebra.
Non è stazionaria perchè gli [tex]y^k[/tex] formano una base dello spazio vettoriale B su K, non è sufficiente?
E' vero che ogni $K$-algebra artiniano ha dimensione finita. Se vuoi usare
questo, allora ci sei. Pero', l'indipendenza $K$-lineari in se' non garantisce che la
catena di ideali non si stabilizza. Per esempio in $K[X,Y]$/$(XY^2-Y)$
le potenze di $Y$ sono $K$-linearmente indipendenti, ma tutti gli ideali $(Y^i)$
sono uguali.
questo, allora ci sei. Pero', l'indipendenza $K$-lineari in se' non garantisce che la
catena di ideali non si stabilizza. Per esempio in $K[X,Y]$/$(XY^2-Y)$
le potenze di $Y$ sono $K$-linearmente indipendenti, ma tutti gli ideali $(Y^i)$
sono uguali.
Quindi come posso dire che quella catena non si stabilizza?
Penso che ci siano tante strade che portano al risultato.
Facciamo un cambiamento di variabili. Siano $u=X-Y$ e $v=2(X+Y)$.
Poiche' $car(K)=5$, si ha che $K[X,Y]=K[u,v]$ e $X^2 - Y^2 -3=3(uv-1)$.
Questo implica che l'anello $B$ e' isomorfo a $K[u,v]$/$(uv-1)=K[u,1/u]$.
Quindi $B$ e' isomorfo all'anello $K$ di polinomi in un variabile
localizzato in $\{1,u,u^2,\ldots\}$. La mappa che manda un
ideale primo $I$ di $B$ nell'ideale $I\cap K$ di $K$ e' una biiezione fra gli ideali
primi di $B$ e quelli di $K$ diversi da $(u)$. Ogni ideale primo
di $K$ e' generato da un polinomio irriducibile $f$ non costante e la catena
$(f^k)$ chiaramente non si stabilizza. Quindi la stessa cosa vale per l'ideale
corrispondente di $B$.
Prendendo per esempio $f=u+1$, vediamo che $B$ non e' artiniano.
Questa dimostrazione non sfrutta la catena $(y^k)$. Se vuoi proprio vedere che
la catena $(y^k)$ non si stabilizza, allora potresti fare un calcolo diretto:
con lo stesso cambiamento di variabili l'ideale $(y)$ diventa l'ideale di $K[u,1/u]$
generato da $u^2-3$. Se fosse $(y^k)= (y^{k+1})$ in $B$ per qualche $k>0$, allora
avremmo $(u^2-3)^k(u^m-h(u)(u^2-3))=0$ in $K$ per qualche $m\ge 0$ e $h\in K$.
Ma questo implica che $u^2-3$ divide $u^m$ in $K$. Assurdo.
Facciamo un cambiamento di variabili. Siano $u=X-Y$ e $v=2(X+Y)$.
Poiche' $car(K)=5$, si ha che $K[X,Y]=K[u,v]$ e $X^2 - Y^2 -3=3(uv-1)$.
Questo implica che l'anello $B$ e' isomorfo a $K[u,v]$/$(uv-1)=K[u,1/u]$.
Quindi $B$ e' isomorfo all'anello $K$ di polinomi in un variabile
localizzato in $\{1,u,u^2,\ldots\}$. La mappa che manda un
ideale primo $I$ di $B$ nell'ideale $I\cap K$ di $K$ e' una biiezione fra gli ideali
primi di $B$ e quelli di $K$ diversi da $(u)$. Ogni ideale primo
di $K$ e' generato da un polinomio irriducibile $f$ non costante e la catena
$(f^k)$ chiaramente non si stabilizza. Quindi la stessa cosa vale per l'ideale
corrispondente di $B$.
Prendendo per esempio $f=u+1$, vediamo che $B$ non e' artiniano.
Questa dimostrazione non sfrutta la catena $(y^k)$. Se vuoi proprio vedere che
la catena $(y^k)$ non si stabilizza, allora potresti fare un calcolo diretto:
con lo stesso cambiamento di variabili l'ideale $(y)$ diventa l'ideale di $K[u,1/u]$
generato da $u^2-3$. Se fosse $(y^k)= (y^{k+1})$ in $B$ per qualche $k>0$, allora
avremmo $(u^2-3)^k(u^m-h(u)(u^2-3))=0$ in $K$ per qualche $m\ge 0$ e $h\in K$.
Ma questo implica che $u^2-3$ divide $u^m$ in $K$. Assurdo.
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