1)Sea \(A\) un anillo conmutativo, y sea \(e\) un elemento idempotente no nulo.Sea\(I\) un ideal de \(A\) maximal entre los ideales propios que no contienen a \(e\).
a) Probar que \(I\) es primo y que \(1-e \in I\)
b) Probar que \(I\) es maximal
a)Supongamos que \(I\) no fuera primo, entonces existirían \(x,y \in A\) tales que \(xy \in A\) pero \(x,y \notin A\). Luego tenemos que \(I \subset <I,x>\) (inclusión estricta). Como \(I\) era maximal entre los ideales propios que no contienen a \(e\) tenemos que o bien \(<I,x>=A\) o \(e \in <I,x>\)
En cualquier caso \(e \in <I,x>\). Del mismo modo \(e \in <I,y>\). Entonces, existen \(a,b \in A\) \(i,j \in I\) tales que
Como \(A\) es un dominio íntegro tenemos que \(t(M)\) es un \(A\)- submódulo de \(M\). Además es el máximo submódulo de \(M\) que es de torsión. Si \(t(M)=M\) ya está. Supongamos que no. Luego existe \(x \in M-t(M)\).
Afirmo que \(<x>=M\). Supongamos que no, en ese caso, \(<x>\) es un submódulo propio de \(M\) y por hipótesis sería de torsion. Eso implica que \(<x> \subseteq t(M)\) en particular \(x \in t(M)\) pero esto contradice la elección de \(x\). Entonces, se tiene que \(<x>=M\). \(A\) es un \(A\)- módulo. Definamos \(\phi: A \longrightarrow M\) \(\phi(a)=a.x\). Es inmediato ver que es un morfismo de \(A\)- módulos y por como definimos \(x\) se tiene que \(Im(\phi)=M\). Y además como \(x\) no es de torsión
\(ker(\phi)={0}\). Por el primer teorema de isomorfismo para \(A\)- módulos se tiene que
\(A/ker(\phi) \simeq Im(\phi)\) \(\longrightarrow\) \(A \simeq M\). Esto nos dice que en cierto sentido \(A\) y \(M\) son lo mismo.
Sea \(t \in A\) tal que \(t\) es de torsión. Luego existe \(b \in A\) \(b \neq 0\) tal que
\(b.t=0\). Como \(A\) es íntegro debe ser \(t=0\). Eso nos dice que \(t(A)={0}\). Como \(A \simeq M\) resulta que \(t(M)={0}\). Si existiera un submódulo propio de \(M\) distinto de \({0}\) no estaría contenido en \(t(M)\) y llegaríamos a un absurdo. Luego los únicos submódulos de \(M\) son \({0}\) y \(M\) y estos están en biyección con los submódulos de \(A\) (los ideales). O sea, los únicos ideales de \(A\) son \({0}\) y \(A\). Como \(A\) es conmutativo esto nos dice que \(A\) es un cuerpo, pero esto contradice las hipótesis del problema. Como el absurdo provino de suponer que \(t(M) \neq M\) concluimos que \(t(M)=M\) que es precisamente lo que queríamos probar
.
3)Sea \(A\) un anillo conmutativo y sea \(M\) un \(A\)- módulo Noetheriano. Probar que \(A/Ann(M)\) es Noetheriano
Como \(M\) es un \(A\)- módulo noetheriano, en particular es finitamente generado como \(A\) -módulo, digamos \(M=<x_1,x_2 \cdots ,x_n>\)
Lema
Sea \(0 \longrightarrow P \longrightarrow Q \longrightarrow R \longrightarrow 0\) una sucesión exacta corta de \(A\)- módulos. Entonces \(P\) y \(R\) son \(A\) módulos noetharianos si y solo si \(Q\) es un \(A\) módulo noetheriano.
Usando esto tenemos los siguiente corolarios:
Si \(M\) es un \(A\) módulo noetheriano entonces
a)\(M^n\) es un \(A\) módulo noetheriano
b)\(si \phi : N \longrightarrow M\) es un monomorfismo de \(A\) módulos entonces \(N\) es noetheriano
(Es fácil ver que SECs hay que usar para probar estas cosas, pero se me complica el latex, cualquier cosa pregunten)
Bueno, volviendo el problema, vamos a construir un monomorfismo de \(A\) módulos entre \(A/ann(M)\) y \(M^n\). Defino \(\phi(\bar{a})=(ax_1,ax_2,\cdots ax_n)\). Veamos la buena definición ( que es morfismo sale trivial). Sean \(a,b \in A\) tales que \(\bar{a}=\bar{b}\). Luego \(a-b \in Ann(M)\).
\(\phi(a)- \phi(b)=((a-b)x_1,(a-b)x_2, \cdots ,(a-b)x_n)\) Como \(a-b \in Ann(M)\) y \(x_i \in M\) se tiene que \(\phi(a)=\phi(b)\) y está bien definido el morfismo. Veamos que es mono:
Sea \(\bar{a} \in ker(\phi)\). Se tiene que \(a.x_i=0\) para todo \(i\). Sea \(x \in M\)
\(x=(b_1).x_1+ \cdots +(b_n).x_n\) \(a.x=(b_1)(a.x_1)+ \cdots +(b_n)(a.x_n)=(0, \cdots ,0)\) Luego
\(a \in Ann(M)\), o sea \(\bar{a}=0\). Luego \(\phi\) es mono y concluimos que \(A/Ann(M)\) es noetheriano.
- Sea \(A\) un anillo conmutativo tal que todo \(A\)- módulo no nulo finitamente generado es libre. Probar que \(A\) es un cuerpo.
Como \(A\) es un anillo conmutativo, alcanza con probar que sus únicos ideales son los triviales. Supongamos que \(I\) es un ideal de \(A\). En particular \(A/I\)es un \(A\)-modulo. Como \(<1>=A\) tenemos que \(<\bar{1}>=A/I\) Luego como es finitamente generado, es libre por hipótesis.
Supongamos que \(I\) no es todo \(A\) entonces existe \(x \in A\) tal que \(\bar{x} \neq {0}\)
Supongamos además que \(I \neq 0\). Entonces existe \(i \in I\) con \(i \neq 0\).
Tenemos que \(i.\bar{x}=\bar{ix}=0\) pues \(I\) es un ideal. Pero esto contradice que \(A/I\) sea libre pues \(\bar{x}\) es de torsion (\(A/I\) es finitamente generado y libre, no tiene torsion) . Entonces \(A\) no tiene ideales no triviales y entonces es un cuerpo.
5)Sea \(E\) un grupo abeliano de orden \(m^2\).Supongamos que para cada \(d \mid m\) el subgrupo
\(E[d]= {x \in E : dx=0}\) tiene orden \(d^2\)
Probar que \(E \simeq \mathhbb{Z_m} \oplus \mathhbb{Z_m}\)
Sea \(p\) un primo cualquiera que divide a \(m\). Como \(E\) es un grupo abeliano finito podemos usar el teorema de estructura y escribir:
\(E \simeq Z_{p^{a_1}} \oplus \cdots \oplus Z_{p^{a_k}} \oplus T\) donde \((|T|:p)=1\). Vamos a mirar \(d\) que sean potencia de \(p\). Un elemento de \(E\) con orden potencia de \(p\) tiene sus componente iguales a cero en \(T\) ya que \((|T|:p)=1\).Luego es como si nos restringiéramos a mirar la parte
\(Z_{p^{a_1}} \oplus \cdots \oplus Z_{p^{a_k}}\). Tomemos \(d=p \mid m\). La cantidad de elementos de \(Z_{p^a}\) tales que \(p.x=0\) es claramente \(p\) \(({0,p^{a-1}, \cdots (p-1)(p^{a-1})})\)
Además es claro que para elegir elementos en \(Z_{p^{a_1}} \oplus \cdots \oplus Z_{p^{a_k}}\) tales que \(p.x=0\) en necesario y suficiente que en cada coordenada \(p.x_i\) sea cero.
Tenemos \(p^k\) elementos que cumplen la condición (en cada \(Z_{p^{a_i}}\) tenemos \(p\) posibilidades). Pero por hipótesis del problema sabemos que hay \(p^2\) elementos que cumplen lo pedido, esto nos muestra que \(k=2\).
Entonces \(E \simeq Z_{p^a} \oplus Z_{p^b} \oplus T\). Nuestro objetivo va a ser probar que \(a=b\). Supongamos sin pérdida de generalidad que \(1 \le a \le b\)
\(p^{a+b}\) divide exactamente a \(m^2\) luego \(p^{\frac{a+b}{2}} \mid m\).
Tomemos entonces \(d=p^{\frac{a+b}{2}}\). Luego un elemento cumple que \(d.x=0\) si y solo si las dos primeras coordenadas lo cumplen y en la parte de \(T\) vale cero. En \(Z_{p^a}\) todo elemento cumple que \(d.x_1=0\). (\(\frac{a+b}{2}>a\)).
En \(Z_{p^b}\) hay \(p^{\frac{a+b}{2}}\) que cumplen que \(d.x_2=0\)
(\(0, p^{\frac{b-a}{2}}, \cdots , (p^{\frac{a+b}{2}}-1)p^{\frac{b-a}{2}}\)).
En total hay \(p^a.p^{\frac{a+b}{2}}\) que cumplen que \(d.x=0\). Por hipotesis este numero es igual a \(d^2\). Luego
\(d^2=d.p^a\) \(\longrightarrow\) \(d=p^a=p^{\frac{a+b}{2}}\)
\(a=\frac{a+b}{2}\) \(\longrightarrow\) \(a=b\) Como queriamos ver.
Resumiendo: Para cada \(p \mid m\) hemos probado que las componentes de cada primo en \(E\) son
\(Z_{p^a}\) y \(Z_{p^a}\).
\(E \simeq Z_{p^a} \oplus Z_{p^a} \oplus T\) con \((|T|:p)=1\).
(\(p^{2a}\) divide exactamente a \(m^2\).
Si \(m^2= \displaystyle\prod_{i=1}^k {p_i}^{2a_i}\) (factorizacion en primos)
tenemos que
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Daniel