Defini¸c˜ao 3.2.1. Sejam I e J ideais de um anel R e r ≥ 0 um inteiro. (i) O r-´esimo ideal primitivo de J (relativo a I) ´e:
I (r)
I
J := {f ∈ J | I(r)I (f ) ⊂ J }. (3.19)
(ii) O r-´esimo ideal primitivo iterado de J relativo a I ´e: Z (r)
I
J := {f ∈ J | IrI(f ) ⊂ J }. (3.20)
As seguintes rela¸c˜oes s˜ao imediatas: I (r) I J ⊂ Z (r) I J e I (0) I J = Z (0) I J = J.
Proposi¸c˜ao 3.2.2. Sejam I ⊂ J ideais de um anel R. Ent˜ao, Z (r) I J = {f ∈ J | II(f ) ⊂ Z (r−1) I J }. Em particular, R(r) I J = R I R(r−1) I J .
Prova. Definamos, iteradamente, para r ≥ 0, Z (r−1→r) I J := ( f ∈ J | II(f ) ⊂ Z (r−2→r−1) I J )
com a condi¸c˜ao inicial RI(−1→0)J := J.
Mostraremos que RI(r)J = RI(r−1→r)J, para cada r ≥ 0. Isso facilmente resulta na conclus˜ao do teorema. Para provar esta igualdade argumentaremos por indu¸c˜ao. Para r = 0 a conclus˜ao ´e imediata. Assim, suponhamos indutivamente que RI(s)J = R(s−1→s)
I J para s ≤ r − 1. Mostraremos a inclus˜ao
R(r)
I J ⊂
R(r−1→r)
I J, sendo a
oposta inteiramente semelhante. Assim, considere f ∈ R(r)
I J e δ ∈ II(f ) arbitr´ario.
Desejamos mostrar que δ(f ) ∈ RI(r−1)J, i.e., que (δ1· · · δt)(δ(f )) ∈ J para cada
δ1, . . . , δt∈ II(f ) e para cada t ≤ r − 1. Contudo, (δ1· · · δt)(δ(f )) = (δ1· · · δtδ)(f ) ∈ J
pois f ∈RI(r) e porque temos uma composi¸c˜ao de t + 1 ≤ r deriva¸c˜oes de ordem 1. Observa¸c˜ao 3.2.3. ´E f´acil ver que em ambas vers˜oes do ideal primitivo, podemos repor as respectivas formas do idealizador diferencial por suas partes essenciais sem afetar o resultado. Esse ponto t´ecnico frequentemente simplifica argumentos de uma prova.
No resultado abaixo veremos como as potˆencias simb´olicas relacionam-se com os ideias primitivos iterados
Proposi¸c˜ao 3.2.4. Sejam I ⊂ J ideais de uma k-´algebra R. Ent˜ao (i) Para cada r ≥ 0, o anulador do R-m´odulo RI(r)J/RI(r+1)J cont´em J.
(ii) Se J n˜ao cont´em primos associados imersos ent˜ao Ass (R/J ) = Ass (R/R(r)
I J )
para cada r ≥ 0.
(iii) Se J n˜ao cont´em primos associados imerso, ent˜ao, para cada r ≥ 0, J(r+1) ⊂ ^
J(r+1) ⊂R(r)
I J, onde ^J(r+1) denota a imagem inversa em R de (J/I)
(r+1) ⊂ R/I.
(iv) A fam´ılia {RJ(r)J }r≥0 ´e uma filtra¸c˜ao multiplicativa descendente.
Prova. (i) Faremos a prova dessa asser¸c˜ao aplicando indu¸c˜ao sobre r. Para r = 0, devemos mostrar que J2 ⊂ R
IJ. Como veremos essa parte estar´a inclu´ıda na etapa
geral da recurs˜ao. Assim, considere f ∈ R(r)
I J e g ∈ J. Dado δ ∈ II, temos δ(gf ) =
δ(g)f + gδ(f ). O primeiro somando do lado direito dessa igualdade pertence a RI(r)J (pois f pertence). Como δ(f ) ∈RI(r−1)J por hip´otese, o segundo somando pertence a JRI(r−1)J. O ´ultimo est´a contido emRI(r)J pela hip´otese indutiva. Assim, mostramos que δ(gf ) ∈RI(r)J ; logo gf ∈RI(r+1)J, como desejado.
(ii) Pela parte (i) e indu¸c˜ao sobre r, temos Jr+1 ⊂R(r)
I J (⊂ J ) para cada r ≥ 0.
Desse modo, RI(r)J e J tem o mesmo radical para cada r ≥ 0. Por outro lado, segue imediatamente pela defini¸c˜ao que, para qualquer dois ideais J1, J2 contendo
I, RI(r)(J1 ∩ J2) =
R(r)
I J1 ∩
R(r)
I J2. Como J n˜ao tem primos imersos por hip´otese,
podemos reduzir ao caso em que J ´e ideal prim´ario. Digamos, Ass (R/J ) = {P }. Pela sequˆencia exata
0 → J/ Z (r) I J → R/ Z (r) I J → R/J → 0
temos Ass (R/RI(r)J ) ⊂ Ass (J/RI(r)J ) ∪ Ass (R/J ). Dessa forma, ´e suficiente mostrar que J/R(r)
I J ´e P -prim´ario. Para isso, suponha que Q ∈ Spec(R) seja um primo
associado, digamos, Q = (0 :R x) para algum x ∈ J \
R(r)
I J. ´E suficiente mostrar
que Q ⊂ P. Dado a ∈ Q, temos ax ∈ RI(r)J. Por defini¸c˜ao, para qualquer ξ ∈ (II)r,
ξ(ax) ≡ aξ(x) ≡ 0 mod J. Se a /∈ P, devemos ter ξ(x) ∈ J. Mas ent˜ao x ∈ RI(r)J, levando a uma contradi¸c˜ao.
(iii) A inclus˜ao J(r+1) ⊂ ^J(r+1) segue trivialmente pela defini¸c˜ao de potˆencias
simb´olicas. Para provar a segunda inclus˜ao utilizaremos indu¸c˜ao sobre r. O resultado ´
e trivial para r = 0. Agora consideremos f ∈ ^J(r+1). Pela Proposition 3.2.2 devemos
mostrar que δ(f ) ∈ RI(r−1)J para cada δ ∈ II. Por defini¸c˜ao de potˆencia simb´olica,
existe x ∈ R \ Z((R/I)/(J/I)) = R \ Z(R/J ) tal que xf ∈ Jr+1 + I. Pela parte (i), Jr+1 ⊂ R(r)
I J , ent˜ao xf ∈
R(r)
I J. Da´ı segue que δ(x)f + xδ(f ) = δ(xf ) ∈
R(r−1)
I J.
Mas f ∈ ^J(r+1) ⊂ gJ(r). Pela hip´otese indutiva, gJ(r) ⊂ R(r−1)
I J. Ent˜ao tamb´em temos
xδ(f ) ∈ R(r−1)
I J. Pelo que foi suposto sobre x e pela parte (ii) devemos ter δ(f ) ∈
R(r−1)
I J, como quer´ıamos mostrar.
Para a outra senten¸ca, notemos que os primos associados de J/I originam-se dos de J ; logo J/I tamb´em n˜ao tem primos associados. Nesse caso, Ass (J/I) =
Ass ((J/I)(r+1)) para qualquer r ≥ 1 pela defini¸c˜ao de potˆencias simb´olicas. Como
os primos associados de ^J(r+1) s˜ao as imagens inversa dos de (J/I)(r+1), a afirma¸c˜ao
segue.
(iv) Por defini¸c˜ao, a sequˆencia ´e uma filtra¸c˜ao descendente. Para ver que ela ´e multiplicativa, considere ri ≥ 0 e fi ∈
R(ri)
I J (i = 1 ou 2). Aplicaremos indu¸c˜ao sobre
a soma r1+ r2. O resultado ´e trivial se r1+ r2 = 0. Assim, suponhamos r1+ r2 ≥ 1.
Dado δ ∈ II temos: δ(f1f2) = δ(f1)f2+ f1δ(f2) ∈ Z (r1−1) I J · Z (r2) I J + Z (r1) I J · Z (r2−1) I J ⊂ Z (r1+r2−1) I J
onde a ´ultima inclus˜ao segue da hip´otese indutiva. O resultado desejado segue agora da Proposi¸c˜ao 3.2.2.
Observa¸c˜ao 3.2.5. Se R ´e anel de polinˆomios sobre um corpo algebricamente fechado e de caracter´ıstica zero e J ⊂ R ´e um ideal radical, ent˜ao, pelo teorema de Zariski- Nagata, considerando I = (0), temos que as inclus˜oes na Proposi¸c˜ao 3.2.4(iii) s˜ao igualdades, ou seja,
J(r+1) = ^J(r+1) =
Z (r)
0
J, (3.21)
O lema a seguir explica como o idealizador se comporta diante da decomposi¸c˜ao prim´aria e da forma¸c˜ao de anel de fra¸c˜oes
Lema 3.2.6. Seja R uma k-´algebra de tipo finito sobre um anel k. Suponhamos I ⊂ J ideais de R sem primos imersos.
(a) Se I = Q1∩ · · · ∩ Qr ´e decomposi¸c˜ao prim´aria de I, ent˜ao II = IQ1 ∩ · · · ∩ IQr.
(b) Se S ⊂ R um conjunto multiplicativo, ent˜ao S−1II ' IS−1I e S−1IbI ' [IS−1I.
(c) Se S ⊂ R um conjunto multiplicativo, ent˜ao S−1(RI(r)J ) 'RS(r)−1IS
−1J para cada
r ≥ 0.
Prova. (a) Para cada 1 ≤ i ≤ r, denotaremos o primo correspondente a componente prim´aria Qi por Pi.
Consideremos δ ∈ IQ1 ∩ · · · ∩ IQr. Ent˜ao, dado f ∈ Q1 ∩ · · · ∩ Qr = I temos
δ(f ) ∈ Q1∩ · · · ∩ Qr = I. Logo, δ ∈ II e isso conclui a inclus˜ao
Para a inclus˜ao contr´aria, seja δ0 ∈ II. Por hip´otese, I n˜ao tem primos imersos.
Desse modo, existe g ∈ Q2 ∩ Q3 ∩ · · · ∩ Qr tal que g /∈ P1. Como δ0 ∈ Diff(1)(R),
temos que δ0 = D + x para algum D ∈ Derk(R) e algum x ∈ R. Considere agora um
f ∈ Q1. Logo, δ0(f g) = f D(g) + gD(f ) + xf g e isso implica em f D(g) + gD(f ) ∈ Q1.
Assim, gD(f ) ∈ Q1. Sabendo que Ass(R/Q1) = {P1}, temos ZR(R/Q1) = P1. Como
gD(f ) = 0 mod Q1, com g /∈ P1, conclu´ımos que D(f ) = 0 mod Q1, ou seja,
D(f ) ∈ Q1. Dessa forma, temos II ⊂ IQ1. Argumentando de maneira an´aloga para os
outros Qi conclu´ımos a inclus˜ao que faltava, ou seja,
II ⊂ IQ1 ∩ · · · ∩ IQr
(b) Para provar o primeiro isomorfismo notemos, pelo item (a), que podemos redu- zir a prova ao caso em que I ´e um ideal prim´ario. Assim, digamos que AssR(R/I) =
{P }. Se S intersecta P, ent˜ao S−1I = S−1R; logo, IS−1I = Diff(1)(S−1R), enquanto
S−1II = Diff(1)(S−1R) pois II ⊃ IDiff(1)(R). Dessa forma, o resultado segue imedia-
tamente.
Agora suponhamos que S n˜ao intersecta P. Existe um isomorfismo natural ϕ : S−1Diff(1)(R) ' Diff(1)(S−1R)
(cf. [13]). Precisamente, se t−1δ ∈ S−1Diff(1)(R) e s−1f ∈ S−1R ent˜ao (ϕ(t−1δ))(s−1f ) = (ts2)−1(δ(s)f − sδ(f )).
´
E ´obvio que a restri¸c˜ao de ϕ a S−1II ´e um mapa (injetivo) para IS−1I. Resta mostrar
a sobrejetividade. Para isso, suponha ξ ∈ IS−1I e t−1δ = ϕ−1(ξ) ∈ S−1Diff(1)(R).
Dado f ∈ I, ξ(f /1) = (ϕ(t−1δ))(f /1) = (t)−1(δ(1)f − δ(f )) ∈ S−1I por hip´otese; logo δ(f )/1 ∈ S−1I, assim sδ(f ) ∈ I para algum s ∈ S. Mas s n˜ao ´e divisor de zero sobre I por hip´otese. Desse modo, δ(f ) ∈ I, mostrando que t−1δ ∈ S−1II.
O mesmo tipo de argumento mostra que a restri¸c˜ao de ϕ a S−1IbI, onde bII ´e a parte essencial de II, mapeia isomorficamente sobre [IS−1I.
(c) Para essa parte aplicaremos indu¸c˜ao sobre r. Para r = 0 n˜ao h´a o que provar pois S−1RI(0)J = S−1J =RS(0)−1IS
−1
J. Agora, suponhamos o resultado verdadeiro para r − 1. Pela Proposi¸c˜ao 3.2.2 e Observa¸c˜ao 3.2.3, temos
Z (r) I J = ( g ∈ J | bII(g) ⊂ Z (r−1) I J ) e Z (r) S−1I S−1J = ( g ∈ S−1J | [IS−1I(g) ⊂ Z (r−1) S−1I S−1J )
Pelo item (b), S−1IbI ' [IS−1Ivia ϕ e, por hip´otese indutiva, S−1R(r−1)
I J =
R(r−1) S−1I S
−1J.
Primeiro, considere g ∈ RI(r)J e η ∈ [IS−1I = ϕ(S−1IbI). Digamos que η = ϕ(t−1δ) com δ ∈ II. Aplicando η a g/1 encontramos t−1(δ(1)g − δ(g)) = −t−1δ(g) (aqui,
usamos δ(1) = 0 pois δ ´e uma deriva¸c˜ao ordin´aria de R). O ´ultimo elemento pertence a imagem de S−1RI(r−1)J =RS(r−1)−1I S−1J com δ(g) ∈
R(r−1)
I J por hip´otese. Isso mostra
que a imagem de RI(r)J pelo homomorfismo canˆonico R → S−1R ´e um subideal de R(r)
S−1IS
−1
J e isso implica na inclus˜ao S−1RI(r)J ⊂RS(r)−1IS
−1
J. Reciprocamente, consideremos s−1g ∈ R(r)
S−1IS
−1J. Para o prop´osito de provar a
inclus˜ao requerida podemos supor s = 1. Seja δ ∈ bII. Ent˜ao ϕ(δ/1) ∈ ϕ(S−1IbI) = [
IS−1I; logo, por hip´otese, (ϕ(δ/1))(g/1) ∈ R(r−1)
S−1I S
−1J = S−1R(r−1)
I J. Novamente
temos (ϕ(δ/1))(g/1) = −δ(g)/1 (pois δ(1) = 0). Desse modo, tδ(g) ∈ RI(r−1)J, para algum t ∈ S.
Como a no¸c˜ao de ideal primitivo claramente comuta com interse¸c˜oes, podemos supor que J ´e prim´ario. Digamos que P ´e o radical de J. Al´em disso, podemos supor P ∩ S = ∅; por outro lado n˜ao existe nada para provar, pois RI(r)J ´e tamb´em P -prim´ario pela Proposi¸c˜ao 3.2.4 (ii). Segue que δ(g) ∈ RI(r−1)J, como desej´avamos mostrar.