Esercizi Capitolo 4 Atiyah

1
Esercizio 4.2 dell’Atiyah-Mc-Donald
Sia A un anello e sia I un ideale di A. Supponiamo I =
decomponibile, allora non ha componenti immerse.
√
I. Se I è
Dimostrazione.
∩
Supponiamo che I = ni=1 Qi sia una decomposizione primaria minimale di
√
I, con n ∈ N. Inoltre sia Pi = Qi , per ogni i ∈ {1, ..., n}. Supponiamo che
Pn1 , ..., Pnm siano tutti i primi isolati appartenenti ad I, con m ∈ N, m ≤ n.
Siccome i primi isolati sono i primi minimali, allora
I=
√
v
un
n
n
m
∩
∩
∩
√
u∩
t
I=
Qi =
Qi =
Pi =
Pnj .
i=1
i=1
i=1
∩n
j=1
Quindi Qi = Pi , per ogni i ∈ {1, ..., n} e I = i=1 Pi è una decomposizione
∩
minimale di I. Inoltre I = m
j=1 Pnj è un’altra decomposizione minimale
di I. Per il Primo Teorema di Unicità, il numero di ideali primari che
compaiono in una decomposizione è univocamente determinato e anche gli
ideali primi isolati appartenenti all’ideale decomponibile sono univocamente
determinati. Segue m = n e che tutti gli ideali primi appartenenti ad I sono
isolati.
2
Esercizio 4.4 dell’Atiyah-Mc-Donald
Dimostrare che nell’anello Z[t], l’ideale M = (2, t) è massimale e l’ideale
Q = (4, t) è M -primario, ma non è una potenza di M .
Dimostrazione.
Osserviamo innanzitutto che Z[t]/M ∼
= Z/2Z è un campo, quindi M è un
ideale massimale. Ogni elemeto di Q è un polinomio in t con il termine noto
uguale ad un multiplo di 4 e ogni elemento di M è un polinomio in t con
il termine noto pari. È evidente che Q ⊆ M . Il radicale di Q è formato
da tutti i polinomi in t, una cui potenza sta in Q. Poiché il quadrato di
√
ciascun elemento di M è un polinomio in Q, allora M ⊆ Q. Siccome M
√
è massimale, segue M = Q. Nel quoziente Z[t]/Q ∼
= Z/4Z, ogni divisore
dello zero è nilpotente. Quindi Q è M -primario.
Ora osserviamo che l’ideale M 2 = (4, t2 , 2t) è la più piccola potenza di M ,
diversa da M stesso. Ovviamente M 2 ⊆ Q, ma l’inclusione è stretta perché
t ∈ Q − M . Anche l’inclusione Q ⊆ M è stretta, perché 2 ∈ M − Q. Quindi
M 2 $ Q $ M e Q non è una potenza di M .
3
Esercizio 4.5 dell’Atiyah-Mc-Donald
Nell’anello polinomiale k[x, y, z], dove k è un campo, siano P1 = (x, y),
P2 = (x, z) e M = (x, y, z). Dimostrare che P1 e P2 sono ideali primi e che
∩ ∩
M è un ideale massimale. Sia I = P1 P2 . Dimostare che I = P1 P2 M 2
è una decomposizione primaria ridotta di I. Quali componenti sono isolate
e quali immerse?
Dimostrazione.
Osserviamo che k[x, y, z]/P1 ∼
= k[z] e k[x, y, z]/P1 ∼
= k[y]. Gli anelli k[y]
e k[z] sono entrambi domini di integrità, quindi P1 e P2 sono ideali primi.
Inoltre k[x, y, z]/M ∼
= k è un campo, quindi M è un ideale massimale. Os∩ ∩
serviamo che I = P1 P2 = (x2 , xy, xz, yz). Dimostriamo I = P1 P2 M 2 .
′′
⊆′′
Ovviamente P1 P2 ⊆ Pi , per i ∈ {1, 2}. Inoltre
P1 P2 ⊆ M 2 = (x2 , y 2 , z 2 , xy, xz, yz).
∩ ∩
Quindi I ⊆ P1 P2 M 2 .
′′
⊇′′
∩ ∩
Supponiamo f ∈ P1 P2 M 2 . In particolare f ∈ M 2 , quindi
f = f1 x2 + f2 y 2 + f3 z 2 + f4 xy + f5 xz + f6 yz.
Siccome f ∈ P1 , allora f3 = 0; e siccome f ∈ P2 , allora anche f2 = 0.
Quindi f = f1 x2 + f4 xy + f5 xz + f6 yz ∈ I.
∩ ∩
Abbiamo dimostrato I = P1 P2 M 2 . Per la Proposizione 4.2 dell’Atiyah
Mc-Donald (dimostrata a lezione), l’ideale M 2 è un ideale M -primario.
∩ ∩
Quindi I = P1 P2 M 2 è una decomposizione primaria. Siccome P1 e P2
√
√
sono ideali primi, allora Pi = Pi , per i ∈ {1, 2}. Inoltre M 2 = M . Gli
ideali P1 , P2 ed M sono distinti a due a due, infatti z ∈ P1 −P2 , y ∈ M −P2 e
z ∈ M −P1 . Quindi la prima condizione di minimalità della decomposizione
è soddisfatta. Inoltre
P1
∩
P2 " M 2 , perché x ∈ (P1
∩
P2 ) − M 2 ;
4
P1
P2
∩
∩
M 2 " P2 , perché y 2 ∈ (P1
M 2 " P1 , perché z 2 ∈ (P2
∩
∩
M 2 ) − P2 ;
M 2 ) − P1 .
Quindi anche la seconda condizione di minimalità della decomposizione è
∩ ∩
soddisfatta e possiamo concludere che I = P1 P2 M 2 è una decomposizione primaria minimale. Osserviamo che P1 $ M e P2 $ M , mentre
P1 " P2 e P2 " P1 . Allora P1 e P2 sono componenti isolate e M 2 è una
componente immersa.
5
Esercizio 4.7 dell’Atiyah-Mc-Donald
Sia A un anello e sia I ⊆ A un ideale. Sia
I[x] := {a0 + a1 x + ... + an xn |n ∈ N e ai ∈ I, per ogni 1 ≤ i ≤ n}.
Dimostrare:
1) I[x] = I e ;
2) se P è un ideale primo di A, allora P [x] è un ideale primo di A[x];
3) se Q è un ideale P -primario di A allora Q[x] è un ideale P [x]-primario
di A[x];
∩
4) se I = ni=1 Qi è una decomposizione primaria minimale, allora I[x] =
∩n
i=1 Qi [x] è una decomposizione primaria minimale;
5) se P è un ideale primo isolato appartenente a I, allora P [x] è un ideale
primo isolato appartenente a I[x].
Dimostrazione.
1) Sia ι : A −→ A[x] l’immersione definita da ι(a) := a. Allora I e =
< α|α ∈ I > è l’ideale di A[x] generato dagli elementi di I. Quindi
I e = {a0 +a1 x+...+an xn |n ∈ N e ai ∈ I, per ogni 1 ≤ i ≤ n} = I[x].
2) Sia
f :A[x] −→ A/I[x]
a0 + a1 x + ... + an xn 7→ a0 + a1 x + ... + an xn ;
dove ai = ai (mod I), per I ∈ {1, ..., n}.
Siccome kerf = I[x], segue A[x]/I[x] ∼
= A/I[x]. Se P è un ideale
primo, allora A/P è un dominio e anche A/P [x] è un dominio. Quindi
A[x]/P [x] ∼
= A/P [x] è a sua volta un dominio. Segue che P [x] è primo.
6
3) Vogliamo dimostrare che ogni divisore dello zero è nilpotente in A[x]/Q[x]
∼
= A/Q[x]. Sia f¯ ∈ A/Q[x] un divisore dello zero. Abbiamo f¯ :=
a¯1 x + ... + a¯n xn , dove n ∈ N e āi = ai + qi , con ai ∈ A, qi ∈ Q, per ogni
1 ≤ i ≤ n. Siccome stiamo supponendo che f¯ sia un divisore dello
zero, allora f¯· ḡ = a¯1 · ḡ ·x+...+ a¯n · ḡ · xn = 0, per qualche ḡ ∈ A/Q[x],
ḡ ̸= 0. Siano f e g due controimmagini in A[x], rispettivamente di f¯
e ḡ. Quindi f · g ∈ Q[x] e per ogni i ∈ {1, ..., n} esiste bi ∈ A tale che
ai bi ∈ Q. Allora āi è nilpotente in A/Q, per ogni i. Per L’esercizio
1.2 (svolto in aula), segue che f¯ è nilpotente in A/Q[x]. Quindi Q[x]
√
è un ideale primario. Dimostriamo che Q[x] = P [x].
′′
⊆′′
√
Sia f := a1 x + ... + am xm ∈ Q[x], m ∈ N. Allora esiste n ∈ N tale
che f n ∈ Q[x], cioé f n = 0 in A/Q[x]; se e solo se āi ∈ A/Q, per ogni
i ∈ {1, ..., n}; se e solo se āi è nilpotente, per ogni i (esercizio 1.2); se
√
e solo se ani i ∈ Q, per qualche ni ∈ N. Allora ai ∈ Q = P , per ogni
i ∈ {1, ..., n}, e quindi f ∈ P [x].
′′
⊇′′
Sia g = b0 + b1 x + ... + bk xk ∈ P [x], dove k ∈ N. Allora bj ∈ P ,
per ogni j ∈ {1, ..., k}. Per definizione di radicale, per ogni j, esiste
s
sj ∈ N tale che bj j ∈ Q. Quindi esiste l ∈ N tale che g l ∈ Q[x]. Segue
√
g ∈ Q[x].
∩
4) Vogliamo dimostrare I[x] = ni=1 Qi [x].
′′
⊆′′
∩
Sia f ∈ I[x], allora ai ∈ I = ni=1 Qi , per ogni i ∈ {1, ..., n}. In
particolare ai ∈ Qi , per ogni i. Segue f ∈ Qi [x], per ogni i ∈ {1, ..., n}
∩
e quindi f ∈ ni=1 Qi [x].
′′
⊇′′
∩
Sia g = b0 + b1 x + ... + bk xk ∈ ni=1 Qi [x], con k ∈ N. Supponiamo
g ∈
/ I[x]. Allora esiste j ∈ {1, ..., k} tale che bj ∈
/ I = b0 + b1 x +
∩n
k
/ Qi , per qualche i ∈ {1, ..., n} e quindi
... + bk x i=1 Qi . Segue bj ∈
∩n
g∈
/ i=1 Qi [x].
7
Ora osserviamo che se Pi ̸= Pj , con i, j ∈ {1, ..., n}, allora Pi [x] ̸=
∩
∩
Pj [x]. Inoltre se j̸=i Qj * Qi , allora j̸=i Qj [x] * Qi [x]. Quindi
∩
I[x] = ni=1 Qi [x] è una decomposizione primaria minimale.
5) Sia P un ideale primo isolato appartenente ad I. Supponiamo che P sia
un ideale primo di A[x] tale che P ⊆ P [x]. La contrazione P c è un
ideale primo contenuto in P e quindi P c = P , per la minimalità di P .
Allora P ce = P e = P [x]. D’altra parte vale sempre P ce ⊆ P e quindi
P [x] = P ce ⊆ P ⊆ P [x].
Possiamo concludere P = P [x]. Allora P [x] è un primo isolato appartenente a I[x].
8
Esercizio 4.9 dell’Atiyah-Mc-Donald
Sia A un anello e sia S una parte moltiplicativa di A. Sia a ∈ A. Definiamo
P (a) := {P ⊆ A|P ideale primo e (0 : a) ⊆ P }
D(A) := {P ⊆ A|P ideale primo ed ∃a ∈ A tale che P è minimale in P (a)}
Allora:
1) x ∈ A è un divisore dello zero se e solo se x ∈ P , per qualche P ∈ D(A);
∩
2) D(S −1 A) = D(A) Spec(S −1 A), dove Spec(S −1 A) è identificato con la
sua immagine in Spec(A);
3) se (0) è decomponibile, allora
D(A) = {P |P è un ideale primo associato a (0)}.
Dimostrazione:
1)
′′
⇒′′
Sia x ∈ A un divisore dello zero. Allora esiste y ∈ A\{0} tale che xy =
0. In particolare x ∈ Ann(y), dove Ann(y) = (0 : (y)). Ogni ideale è
contenuto in un ideale massimale, quindi esiste M ideale massimale di
A tale che (0 : (y)) ⊆ M . In particolare M è un ideale primo. Allora
esiste un ideale primo minimale Pe, tale che (0 : (y)) ⊆ Pe.
′′
⇐′′
Sia x ̸= 0 tale che x ∈ P , con P ∈ D(A). Allora esiste a ∈ A, tale che
(0 : (a)) ⊆ P e P minimale in P (a). Quindi x ∈ P implica x ∈ Pe, per
∩
ogni ideale primo Pe tale che (0 : (a)) ⊆ Pe. Allora x ∈ (0:(a))⊆P P ,
√
cioé x ∈ (0 : (a)). Per definizione di radicale di un ideale, segue
xn · a = 0, per qualche n ∈ N. In particolare x · (xn−1 a) = 0 e quindi
x è un divisore dello zero.
9
2) Innanzitutto dimostriamo che è possibile identificare Spec(S −1 A) =
{P ⊆ S −1 A|P primo } con la sua immagine in Spec(A). Abbiamo
dimostrato che ogni ideale in S −1 A è un ideale esteso e in particolare
gli ideali primi sono tutti della forma S −1 P , con P ideale primo di A
∩
tale che P S = ∅. Quindi
∩
Spec(S −1 A) = {S −1 P |P ideale primo di A e P
S = ∅}
è in corrispondenza biunivoca con l’insieme
∩
Ω := {P |P ideale primo di A e P
S = ∅} ⊆ Spec(A).
Consideriamo l’applicazione
ϕ : Spec(S −1 A) −→ Ω
S −1 P 7→ P
Possiamo identificare Spec(S −1 A) con Img(ϕ). Abbiamo già dimostrato
che ϕ è biettiva (in particolare Img(ϕ) = Ω). Inoltre ϕ è un omeomorfismo. Dimostriamo che ϕ è continua e aperta. I chiusi della topologia
di Zariski sono i sottinsiemi
V (E) = {P ⊆ A|P ideale primo e (E) ⊆ P }
di Spec(A), dove E è un sottinsieme di A e (E) è l’ideale generato da
∩
E. Supponiamo (E) S = ∅, allora
ϕ−1 (V (E)) = {S −1 P |P ideale primo, P
∩
S = ∅ e (E) ⊆ P }
= {S −1 P |S −1 (E) ⊆ S −1 P }
= V (S −1 P )
∩
∩
è ancora un chiuso. Supponiamo (E) S ̸= ∅. Allora P S ̸= ∅, per
ogni P tale che (E) ⊆ P . Segue ϕ−1 (V (E)) = S −1 A, che è un chiuso.
Quindi ϕ è continua. Dimostriamo che ϕ è chiusa. Abbiamo che
10
ϕ(V (S −1 (E)) = {P ⊆ A primo |S −1 (E) ⊆ S −1 P }
= {P ⊆ A primo |(E) ⊆ P }
∩
Se E S ̸= ∅, allora S −1 (E) = S −1 A e ϕ(V (E)) = Spec(A), che è un
chiuso. Abbiamo
ϕ(V (S −1 (E))) = {S −1 P |S −1 (E) ⊆ S −1 P }
= {P ⊆ A primo |(E) ⊆ P e P
∩
= V (E) Imϕ,
∩
S = ∅}
che è un chiuso in Im(ϕ) con la topologia indotta. Segue che ϕ è
un omeomorfismo. Possiamo quindi identificare Spec(S −1 A) con Imϕ.
Tramite questa identificazione, dimostriamo
D(S −1 A) = D(A)
′′
∩
Spec(S −1 A).
⊆′′
Sia P ∈ D(S −1 A). Allora P è un elemento minimale in P ( as ), per
qualche as ∈ S −1 A. Sia P = S −∞ P, per qualche ideale primo P ⊆ A,
∩
tale che P S = ∅. Allora
(
0 a
:
1 1
)
(
=
Quindi
(
(0 : a) =
0 a
:
1 s
0 a
:
1 1
)
⊆ S −1 P.
)c
⊆ P.
Dimostriamo che P è minimale. Supponiamo che esista Pe ideale primo
∩
∩
di A tale che (0 : a) ⊆ Pe ⊆ P . Se P S = ∅, allora Pe S = ∅ e
(
0 a
:
1 1
)
⊆ S −1 Pe ⊆ S −1 P.
11
Per la minimalità di S −1 P , segue S −1 Pe = S −1 P e quindi Pe = P .
Allora P ∈ D(A). Inoltre P ∈ Imϕ, che abbiamo identificato con
∩
Spec(S −1 A), quindi P ∈ D(A) Spec(S −1 A).
′′
⊇′′
∩
Sia P ∈ D(A) Spec(S −1 A). Allora esiste a ∈ A, tale che P è min∩
imale in P (a). Inoltre P S = ∅ (perché P ∈ Spec(S −1 A)). Supponiamo
(
)
0 a
:
⊆ S −1 Q ⊆ S −1 P,
1 1
per qualche ideale primo S −1 Q in S −1 A. Contraendo abbiamo (0 :
a) ⊆ Q ⊆ P. Per la minimalità di P , allora Q = P e segue S −1 Q =
S −1 P . Quindi S −1 P ∈ D(S −1 A). Possiamo identificare P con S −1 P
∩
tramite ϕ e ottenere D(A) Spec(S −1 A) ⊆ D(S −1 A).
3)
′′
⊆′′
Sia P un ideale primo appartenente a (0). Allora P è un elemento
minimale nell’insieme degli ideali primi che contengono (0) = (0 : 1).
Quindi P ∈ D(A).
′′
⊇′′
Sia P ∈ D(A). Allora P è minimale nell’insieme degli ideali primi di A
che contengono (0 : a), per qualche a ∈ A. Poiché abbiamo dimostrato
che il radicale di un ideale è l’intersezione di tutti gli ideali primi che
√
lo contengono, in particolare P minimale implica P = (0 : a). Per
il Primo Teorema di Unicità, segue che P appartiene a (0).
12
Esercizio 4.10 dell’Atiyah-Mc-Donald
Sia P un ideale primo di A. Sia SP (0) il nucleo dell’omomorfismo canonico
A −→ AP . Dimostrare:
1) SP (0) ⊆ P ;
√
2) SP (0) = P ⇔ P è un ideale primo minimale di A;
3) se P ′ ⊆ P allora SP (0) ⊆ SP′ (0);
∩
4) p∈D(A) SP (0) = 0, dove D(A) è definito nell’esercizio 4.9.
Dimostrazione
1) Sia a ∈ SP (0). Allora a1 = 0 in AP ed esiste s ∈ S = A − P tale che
as = 0 ∈ P . Siccome P è un ideale primo e s ∈
/ P , segue a ∈ P .
Allora Sp (0) ⊆ P .
2)
′′
⇒′′
√
Supponiamo SP (0) = P e che P non sia minimale. Allora esiste un
ideale primo Q di A tale che Q
P . Quindi S −1 Q
S −1 P e sono
∩
∩
entrambi ideali primi in AP , poiché P S = ∅ e quindi Q S = ∅.
n
Allora NAp
P ed esiste a ∈ P tale che ( a1 ) ̸= 0 in AP , per ogni
√
n ∈ N. Segue ( a1 ) ∈
/ SP (0) e quindi P ̸= SP (0).
′′
⇐′′
Supponiamo che P sia un ideale primo minimale in A.
′′
⊆′′ : Per la corrispondenza biunivoca tra ideali primi di S −1 A e gli
ideali primi di A che non intersecano S, abbiamo che se P è minimale,
allora S −1 P è l’unico ideale primo in AP . In particolare S −1 P = NAP .
n
Sia a ∈ P , allora ( a1 ) = 0, per qualche n ∈ N. Segue an ∈ SP (0) e
√
quindi P ⊆ SP (0).
13
√
√
⊆′′ : D’altra parte se P è minimale, allora P = P . Sia a ∈ SP (0).
√
n
Per definizione di SP (0), esiste n ∈ N, tale che ( a1 ) = 0 ∈ P .
Quindi an · s ∈ P , per qualche s ∈
/ P . Poiché P è primo, segue
n
a ∈ P.
′′
3) Sia P ′ ⊆ P , allora S − P ⊆ S − P ′ . Sia a ∈ SP (0), allora a · s = 0,
per qualche s ∈ A − P ⊆ A − P ′ . In particolare a · s ∈ P ′ e s ∈
/ P ′.
Quindi a ∈ P ′ . Segue a ∈ SP ′ (0) e SP (0) ⊆ SP ′ (0).
4)
′′
⊇′′
ovvio
′′
⊆′′
Supponiamo x ̸= 0. Allora (0 : x) ̸= (1). Poiché ogni ideale proprio
è contenuto in un ideale massimale, che in particolare è un ideale
primo, esiste un ideale primo minimale P tale che (0 : x) ⊆ P . Se
x ∈ SP (0), allora s · x = 0, per qualche s ∈ A − P ; in contraddizione
con (0 : x) ⊆ P . Segue che se x ∈ SP (0), allora x = 0 e quindi
∩
P ∈D(A) SP (0) ⊆ (0).
14
Esercizio 4.11 dell’Atiyah-Mc-Donald
Dimostrare:
1) Se P è un ideale primo minimale di A, allora SP (0) (vedere Esercizio
4.10) è il più piccolo ideale P -primario.
∩
2) Sia Ie = P ∈Γ SP (0), dove Γ = {P |P ideale primo minimale di A}. Allora Ie ⊆ NA .
3) Sia (0) decomponibile. Allora Ie = 0 se e solo se ogni ideale primo di (0)
è isolato.
Dimostrazione.
√
1) Per l’esercizio 4.10, SP (0) = P , poiché P è minimale. Supponiamo
xy ∈ SP (0) con x ∈
/ SP (0). Allora esiste s ∈
/ P tale che s · (xy) = 0.
Siccome P è primo, quindi xy ∈ P . Siccome x ∈
/ P , segue y ∈ P =
√
n
SP (0). Per definizione di SP (0), allora y ∈ SP (0), per qualche
n ∈ N. Quindi SP (0) è P -primario. Dimostriamo che è il più piccolo
ideale P -primario. Sia Q un ideale P -primario e sia x ∈ SP (0). Allora
xs ∈ P , per qualche s ∈
/ P . Supponiamo x ∈
/ Q. Poiché Q è P n
primario, allora s ∈ Q, in contraddizione con s ∈
/ P . Segue x ∈ Q e
quindi SP (0) ⊆ Q.
2) Se P è minimale, per l’eseercizio 4.10, allora SP (0) ⊆ P . Poiché
∩
NA =
P,
∩
P primo
in particolare NA = P ∈Γ P . Segue SP (0) ⊆ NA , per ogni P ideale
primo minimale e quindi Ie ⊆ NA .
3) Supponiamo che (0) sia decomponibile.
′′
⇒′′
Sia Ie = 0. Allora, per il punto 2), c’è un numero finito P1 , ..., Pn
∩
di ideali primi minimali in A. Allora (0) = Ie = ni=1 SP (0) è una
decomposizione primaria di (0) e, per ogni i ∈ {1, ...n}, l’ideale SPi è
Pi -primario con Pi -isolato (perché è minimale).
15
′′
⇐′′
∩
Sia (0) = ni=1 Qi una decomposizione di (0) con Qi Pi -primario e
Pi isolato, per ogni i ∈ {1, ..., n}. Allora SPi ⊆ Qi , perché in 1)
abbiamo dimostrato che SPi è il più piccolo ideale Pi -primario. Quindi
∩
Ie = ni=1 SPi (0) ⊆ Qi = 0.
16
Esercizio 4.20 dell’Atiyah-Mc-Donald
Siano A un anello, M una A-modulo ed N un sottomodulo di M . Il radicale
di N in M è definito come:
rM (N ) = {x ∈ A|xq M ⊆ N, per qualche q ∈ N}.
√
√
Dimostrare che rM (N ) = (N : M ) = Ann(M/N ), e che quindi in particolare rM (N ) un ideale di A. Inoltre dimostrare le seguenti proprietà,
dove N ′ è un sottomodulo di M (vedere anche l’esercizio 1.13 a pag. 9).
1) Siano N, N ′ due sottomoduli di M . Se N ⊆ N ′ , allora rM (N ) ⊆ rM (N ′ );
√
2) rM (N ) = rM (N );
∩
∩
3) rM (N N ′ ) = rM (N ) rM (N ′ );
4) rM (N ) = A se e solo se N = M ;
√
5) rM (N + N ′ ) ⊇ rM (N ) + rM (N ′ ) e in generale non vale l’altra inclusione.
Dimostrazione.
Per definizione (N : M ) = {x ∈ A|xM ⊆ N }. Quindi
√
(N : M ) = {x ∈ A|xq ∈ (N : M ), per qualche q ∈ N}
= {x ∈ A|xq M ⊆ N, per qualche q ∈ N}
= rM (N ).
Dimostriamo che (N : M ) = Ann(M/N ).
′′
⊆′′
Sia x ∈ (N : M ). Allora xM ⊆ N . Nel quoziente M/N abbiamo x̄M = 0̄ e
quindi x̄ ∈ Ann(M/N ).
′′
⊇′′
17
D’altra parte sia x̄ ∈ Ann(M/N ). Allora x̄M = 0̄. Quindi xM ⊆ N , da cui
x ∈ (M : N ).
√
√
Quindi rM (N ) = (N : M ) = Ann(M/N ). In particolare rM (N ) è un
ideale di A.
1) Sia x ∈ rM (N ) allora xq M ⊆ N ⊆ N ′ , per qualche q ∈ N. Quindi
x ∈ N ′.
√√
√
√
2) rM (N ) =
(N : M ) = (N : M ) = rM (N ).
3)
′′
4)
′′
⊆′′
∩
∩
Sia x ∈ rM (N N ′ ). Allora xq M ⊆ (N N ′ ), per qualche q ∈ N.
∩
In particolare xq M ⊆ N e xq M ⊆ N ′ . Quindi x ∈ rM (N ) rM (N ′ ).
′′
⊇′′
∩
Sia x ∈ rM (N ) rM (N ′ ). Allora esistono q, k ∈ N tali che xq M ⊆ N
e xk M ⊆ N ′ . Sia l := max{q, k}. Allora xl M ⊆ N e xl M ⊆ N ′ .
∩
∩
Segue xl M ⊆ (N N ′ ) e quindi x ∈ rM (N N ′ ).
⇒′′
Supponiamo rM (N ) = A. In particolare 1 ∈ rM (N ), quindi M ⊆ N .
Poiché N è un sottomodulo di M , segue N = M .
′′
⇐′′
Supponiamo N = M . Allora per ogni x ∈ A, si ha xM ⊆ N . Quindi
x ∈ rM (N ). Segue A ⊆ rM (N ), da cui A = rM (N ).
√
5) Sia x ∈ rM (N ) + rM (N ′ ). Allora esiste q ∈ N tale che xq ∈ rM (N ) +
rM (N ′ ). Quindi xq = y + z, con y ∈ rM (N ) e z ∈ rM (N ′ ). Esistono
s, t ∈ N tali che y s M ⊆ N e z t M ⊆ N ′ . Allora
x
q(s+t)
M = (y + z)
s+t
M=
)
s+t (
∑
s+t
i=0
Segue x ∈ rM (N + N ′ ).
i
y s+t−i z i ⊆ N + N ′ .
18
Vediamo con un controesempio che in generale non vale l’altra inclusione. Siano
{(
)
}
a b
M = M2 (Z) =
|a, b, c, d ∈ Z ;
c d
{(
)
}
2k 0
N=
|h, k ∈ Z ;
0 2h
{(
)
}
0 2k ′
′
′
′
N =
|h , k ∈ Z .
2h′ 0
Allora
}
)
2k 2k ′
′
′
|h, k, h , k ∈ Z .
N +N =
2h′ 2h
√
√
Osserviamo che (N : M ) = (N ′ : M ) = (0) e quindi
√√
√
(N : M ) + (N ′ : M ) = (0).
{(
′
Invece
√
(N + N ′ : M ) = 2Z. Quindi
√√
√
√
′
(N + N : M ) *
(N : M ) + (N ′ : M ).
Domanda: perché non si possono generalizzare le proprietà (i) e (vi)
dell’esercizio 1.13 a pag.9?