2Anéis e aritmética

Demonstração. Como no caso dos grupos (Teoremas 1.3 e 1.5), observando que todas as aplicações em jogo respeitam também os produtos: $\bar f$ está bem definida, é bijetora sobre a imagem e multiplicativa; a correspondência $J \mapsto J/I$, $\bar J \mapsto \pi^{-1}(\bar J)$ preserva ideais nos dois sentidos porque $\pi$ é um morfismo de anéis sobrejetor. ∎

Demonstração. Escreva $\bar a$ para as classes em $A/I$. “$I$ primo” traduz-se literalmente por “$\bar a\bar b = 0 \Rightarrow \bar a = 0$ ou $\bar b = 0$”, e $A/I \neq 0$ por $I \neq A$: essa é a definição de domínio. Para a maximalidade, use o teorema da correspondência: nenhum ideal estritamente entre $I$ e $A$ $\iff$ $A/I$ não tem ideal além de $0$ e de si mesmo $\iff$ $A/I$ é um corpo — quanto a esta última etapa: em um corpo, os únicos ideais são $0$ e o corpo todo (um ideal que contém $x \ne 0$ contém $x^{-1}x = 1$); reciprocamente, se todo $x$ não nulo gera o ideal unidade, então $xy = 1$ para algum $y$. Corpos são domínios, logo os ideais maximais são primos. ∎

Demonstração. Ordene por inclusão o conjunto $\mathcal E$ dos ideais próprios que contêm $I$; ele é não vazio ($I \in \mathcal E$). Uma cadeia $(J_\lambda)$ em $\mathcal E$ tem por cota superior $J = \bigcup J_\lambda$: um ideal (dois elementos $a, b \in J$ quaisquer estão em um mesmo $J_\lambda$, por totalidade), próprio ($1 \notin J_\lambda$ para todo $\lambda$) e que contém $I$. O lema de Zorn fornece um elemento maximal de $\mathcal E$, que é um ideal maximal contendo $I$ (um ideal próprio estritamente acima dele estaria em $\mathcal E$). ∎

Demonstração. A aplicação $f(a) = (a + I_k)_k$ é um morfismo de anéis de núcleo $\bigcap I_k$; pelo Teorema 2.2, basta demonstrar a sobrejetividade. Fixe $k$; para cada $l \neq k$ escreva $1 = u_l + v_l$ com $u_l \in I_k$, $v_l \in I_l$ (comaximalidade). Então

logo $f(e_k) = (0, \dots, 1, \dots, 0)$; dado um alvo $(a_k + I_k)_k$, o elemento $\sum_k a_k e_k$ é levado nele.

Produtos e interseção: $I_1\cdots I_n \subseteq \bigcap I_k$ sempre. Reciprocamente, por indução basta tratar o caso $n = 2$ (verifica-se que $I_1$ e $I_2\cdots I_n$ são comaximais: multiplicar $1 = u_l + v_l$ para $l \geq 2$ dá $1 \in I_1 + I_2\cdots I_n$). Para $n = 2$: escreva $1 = u + v$, $u \in I_1$, $v \in I_2$; para $x \in I_1 \cap I_2$, $x = xu + xv \in I_2I_1 + I_1I_2 = I_1I_2$. ∎

Demonstração. Seja $p$ primo e $p = ab$. Então $p \mid ab$, digamos $p \mid a$: $a = pc$, logo $p = pcb$, e cancelando $p$ (é um domínio!) obtém-se $cb = 1$: $b \in A^\times$.

Em $\Z[\iu\sqrt5]$, use a norma $N(x + \iu y\sqrt 5) = x^2 + 5y^2$, que é multiplicativa (ela vale $\abs z^2$). Se $2 = ab$ com $a, b$ não inversíveis, então $4 = N(a)N(b)$ com $N(a), N(b) \neq 1$ (os elementos de norma $1$ são $\pm1$, as unidades), logo $N(a) = 2$: impossível, pois $x^2 + 5y^2 = 2$ não tem solução inteira. Assim $2$ é irredutível. Mas $2 \mid 6 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5)$ enquanto $2$ não divide nenhum dos fatores ($\frac12 \pm \frac{\iu\sqrt5}2 \notin \Z[\iu\sqrt5]$): ele não é primo. ∎

Demonstração. Sejam $I \neq (0)$ um ideal e $b \in I \setminus\{0\}$ com $\nu(b)$ mínimo. Para $a \in I$, divida: $a = bq + r$; então $r = a - bq \in I$, e $\nu(r) < \nu(b)$ contradiria a minimalidade, de modo que $r = 0$ e $a \in (b)$: $I = (b)$. ∎

Demonstração. $I = \bigcup_n I_n$ é um ideal (a reunião é crescente), logo $I = (a)$; o elemento $a$ pertence a algum $I_N$ e, então, $I = (a) \subseteq I_N \subseteq I_n \subseteq I$ para $n \geq N$. ∎

Demonstração. $(a) + (b)$ é um ideal, logo é $(d)$; $a, b \in (d)$ dá $d \mid a, b$; e $d = au + bv \in (a) + (b)$. Um divisor comum $c$ de $a, b$ divide $au + bv = d$.

Euclides: seja $p$ irredutível, $p \mid ab$, $p \nmid a$. Um mdc $d$ de $p$ e $a$ divide $p$, logo $d$ é inversível ou associado a $p$ (irredutibilidade); o caso associado está excluído por $p \nmid a$. Assim $1 = pu + av$, donde $b = pub + abv$, e $p$ divide ambos os termos: $p \mid b$. ∎

Demonstração. Existência. Suponha que algum elemento $a$ não nulo e não inversível não admita fatoração em irredutíveis. Então $a$ não é irredutível: $a = a_1b_1$ com ambos os fatores não inversíveis; ao menos um deles, digamos $a_1$, também não admite fatoração (um produto de dois elementos fatoráveis é fatorável). Iterando, obtemos $a = a_0, a_1, a_2, \dots$, cada um divisor próprio do anterior e sem fatoração, de modo que $(a_0) \subsetneq (a_1) \subsetneq (a_2) \subsetneq \cdots$ — as inclusões são estritas porque $a_n = a_{n+1}c$ com $c$ não inversível significa que $(a_n) = (a_{n+1})$ forçaria $c \in A^\times$ (cancele, no domínio). Isso contradiz o Lema 2.16.

Unicidade. Seja $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$ com todos os fatores irredutíveis; mostremos $r \leq s$ por indução sobre $r$. O elemento primo (Lema 2.17) $p_1$ divide o membro direito, logo divide algum $q_j$; renumere para $j = 1$. Como $q_1$ é irredutível e $p_1$ não é inversível, $q_1 = u p_1$ com $u \in A^\times$: $p_1, q_1$ são associados. Cancele $p_1$: $p_2 \cdots p_r = (u q_2) q_3\cdots q_s$ e conclua por indução ($r = 1$ força $s = 1$: uma unidade vezes irredutíveis não pode dar $1$). ∎

Demonstração. Sejam $P, Q$ primitivos e suponha que algum irredutível (= primo, por ser DFU) $p$ divida todos os coeficientes de $PQ$. Reduza módulo $p$: em $(A/(p))[X]$, $\bar P \bar Q = 0$. Mas $A/(p)$ é um domínio ($(p)$ é primo), logo $(A/(p))[X]$ é um domínio (os coeficientes líderes se multiplicam), o que força $\bar P = 0$ ou $\bar Q = 0$: $p$ divide todos os coeficientes de $P$ ou todos os de $Q$, contradizendo a primitividade. Quanto à consequência, escreva $P = c(P)P_1$, $Q = c(Q)Q_1$: $PQ = c(P)c(Q) P_1Q_1$ com $P_1Q_1$ primitivo. ∎

Demonstração. (1) ($\Leftarrow$) Se $P = QR$ em $A[X]$ com $Q, R$ não inversíveis, então nenhum dos fatores é constante (um fator constante de um polinômio primitivo é uma unidade), de modo que a fatoração é própria em $K[X]$. ($\Rightarrow$) Suponha $P = QR$ com $Q, R \in K[X]$ de graus $\geq 1$. Escreva $Q = \lambda Q_1$, $R = \mu R_1$ com $Q_1, R_1 \in A[X]$ primitivos: $P = \lambda\mu\, Q_1R_1$, e $Q_1R_1$ é primitivo por Gauss. Tomando conteúdos, $\lambda\mu \in A^\times$ (ambos os lados têm conteúdo unidade; formalmente, $\lambda\mu = c(P) \in A^\times$ a menos de unidades e, em particular, $\lambda \mu \in A$): $P = (\lambda\mu Q_1) R_1$ é uma fatoração própria em $A[X]$.

(2) Existência: dado $P \neq 0$ não inversível, fatore $P = c(P)P_1$, fatore $c(P)$ em irredutíveis de $A$ e fatore $P_1$ no DFU $K[X]$ como $\prod Q_i$ com $Q_i \in K[X]$ irredutíveis; escrevendo $Q_i = \lambda_i R_i$ com $R_i \in A[X]$ primitivos (portanto irredutíveis sobre $K$ e, por (1), em $A[X]$), o produto $\prod \lambda_i$ é uma unidade de $A$ como antes, e $P_1 = u\prod R_i$. Unicidade: compare a parte constante e a parte polinomial de uma fatoração; as constantes multiplicam-se em $c(P)$ (Gauss), única pela fatorialidade de $A$; as partes polinomiais dão duas fatorações em $K[X]$ de um mesmo polinômio, de modo que coincidem a menos de constantes de $K^\times$ (fatorialidade de $K[X]$, Teorema 2.18), e polinômios primitivos associados em $K[X]$ são associados em $A[X]$: se $R = \lambda R'$ com $R, R'$ primitivos e $\lambda \in K^\times$, tomar conteúdos força $\lambda \in A^\times$. ∎

Demonstração. Pelo Teorema 2.24(1), uma fatoração própria sobre $K$ fornece $P = QR$ com $Q, R \in A[X]$, $\deg Q, \deg R \geq 1$ (as constantes estão excluídas: seriam unidades ou estragariam a primitividade).

(1) Reduza módulo $p$: $\bar P = \bar Q\bar R$ em $(A/(p))[X]$. Como $p \nmid a_n$ e o $\deg$ só pode diminuir sob redução, $\deg \bar Q = \deg Q \geq 1$ e $\deg\bar R = \deg R \geq 1$ (seus coeficientes líderes multiplicam-se em $\bar a_n \neq 0$, logo nenhum deles cai): $\bar P$ se fatora propriamente — contradição.

(2) Reduza módulo $p$: $\bar Q \bar R = \bar P = \bar a_n X^n$ (todos os coeficientes inferiores morrem). No domínio $(A/(p))[X]$, as fatorações de $cX^n$ ($c \ne 0$) são em constantes e potências puras $c'X^k$: com efeito, se $\bar Q\bar R = \bar a_nX^n$ e, digamos, $\bar Q$ tivesse um coeficiente não nulo em grau $< \deg\bar Q$, tome os termos não nulos de menor grau: $\operatorname{val}(\bar Q\bar R) = \operatorname{val}\bar Q + \operatorname{val}\bar R$ (domínio), o que deve coincidir com $n = \deg\bar Q + \deg\bar R$, forçando $\operatorname{val} = \deg$ para ambos: os dois são monômios. Como acima, os graus não caem, de modo que $Q$ e $R$ têm termos constantes $Q(0), R(0)$ divisíveis por $p$ — os dois, já que ambas as reduções são monômios de grau $\geq 1$. Então $p^2 \mid Q(0)R(0) = a_0$: contradição. ∎

Demonstração. (Finitamente gerado $\Rightarrow$ CCA): para uma cadeia $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$, a reunião $I$ é um ideal, gerado por $x_1, \dots, x_r$; todos os $x_i$ pertencem a algum $I_N$, logo $I = I_N = I_n$ para $n \geq N$. (CCA $\Rightarrow$ elementos maximais): se uma família não vazia $\mathcal F$ não tivesse elemento maximal, escolha $I_1 \in \mathcal F$ e, indutivamente, $I_{n+1} \supsetneq I_n$ em $\mathcal F$ (é possível, pois $I_n$ não é maximal): uma cadeia infinita estritamente crescente. (Isso usa o axioma das escolhas dependentes, uma forma fraca da escolha com a qual não nos preocupamos.) (Elementos maximais $\Rightarrow$ finitamente gerado): dado um ideal $I$, a família dos ideais finitamente gerados contidos em $I$ é não vazia ($(0)$); um elemento maximal $J = (x_1, \dots, x_r)$ tem de ser igual a $I$: caso contrário, acrescentar $x \in I \setminus J$ aos geradores produziria um membro estritamente maior da família. ∎

Demonstração. Seja $I$ um ideal de $A[X]$ e suponha que $I$ não seja finitamente gerado. Construa uma sequência: $f_1 \in I \setminus \{0\}$ de grau mínimo e, indutivamente, $f_{k+1} \in I \setminus (f_1, \dots, f_k)$ de grau mínimo (o conjunto é não vazio, por hipótese). Os graus $d_k = \deg f_k$ são não decrescentes (pela minimalidade de cada escolha: $f_{k+1}$ estava disponível na etapa $k+1$… mais precisamente, $f_{k+1} \notin (f_1,\dots,f_k) \supseteq (f_1, \dots, f_{k-1})$, de modo que $f_{k+1}$ concorreu na etapa $k$ e perdeu ou empatou: $d_{k+1} \geq d_k$). Seja $a_k \in A$ o coeficiente líder de $f_k$. A cadeia de ideais $(a_1) \subseteq (a_1, a_2) \subseteq \cdots$ estabiliza: $a_{n+1} \in (a_1, \dots, a_n)$ para algum $n$, digamos $a_{n+1} = \sum_{k\leq n} u_k a_k$. Considere

Então $g \in I \setminus (f_1, \dots, f_n)$ (a soma pertence ao ideal, $f_{n+1}$ não), e no entanto o coeficiente de grau $d_{n+1}$ se cancela: $\deg g < d_{n+1}$, contradizendo a minimalidade de $d_{n+1} = \deg f_{n+1}$.

Iterando, $A[X_1, \dots, X_n] = (A[X_1, \dots, X_{n-1}])[X_n]$ é noetheriano; um quociente $A/I$ é noetheriano porque seus ideais $J/I$ se levantam a ideais de $A$ (correspondência), onde uma quantidade finita de geradores se projeta sobre geradores. ∎