Normalização de Noether – Csaba Schneider

Seja $\mathbb F\subseteq\mathbb K$ uma extensão de corpos. Um subconjunto $\Omega\subseteq \mathbb K$ é dito algebricamente dependente (sobre $\mathbb F$) se existe um polinômio $f\in\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]\setminus\{0\}$ e elementos $\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in\Omega$ distintos tais que \[f(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)=0.\] Caso contrário, $\Omega$ é dito algebricamente independente. O subconjunto $\emptyset$ é considerado algebricamente independente.

Usando o Lema de Zorn, pode-se provar que $\mathbb K$ possui subconjuntos maximais algebricamente independentes. Tal conjunto é dito base transcendental de $\mathbb K$ sobre $\mathbb F$. Segue da definição que se $B$ é uma uma base transcendental de $\mathbb K$ sobre $\mathbb F$, então $\mathbb K$ é algébrico sobre $\mathbb F(B)$.

Seja $\mathbb F\subseteq\mathbb K$ uma extensão de corpos.

Toda base transcendental de $\mathbb K$ sobre $\mathbb F$ têm a mesma cardinalidade.
As seguintes são equivalentes para um conjunto $\Omega\subseteq \mathbb K$.
1. $\Omega$ é uma base transcendental de $\mathbb K$ sobre $\mathbb F$.
2. $\Omega$ é algebricamente indepdentente e $\mathbb F(\Omega)\subseteq \mathbb K$ é uma extensão algébrica.
Sejam $X,Y\subseteq \mathbb K$ tais que
1. $X\subseteq Y$;
2. $X$ é algebricamente independente;
3. the extensão $\mathbb F(Y)\subseteq \mathbb K$ é algébrica.
Então existe uma base transcendental $B$ de $\mathbb K$ sobre $\mathbb F$ tal que $X\subseteq B\subseteq Y$.

Assuma que $\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$ é um anel de polinômios em $n$ variáveis e sejam $t_1,\ldots,t_n$ tais que a extensão de anéis $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]\subseteq \mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$ é integral. Então $t_1,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes.

Sejam $\mathbb K=\mathbb F(t_1,\ldots,t_n)$ e $\mathbb L=\mathbb F(x_1,\ldots,x_n)$ os corpos de frações de $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$ e $\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$, respetivamente. Como $x_i$ é integral sobre $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$, $x_i$ é raiz de um polinômio mônico com coeficientes em $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$ e assim $x_i$ é algébrico sobre $\mathbb K$. Logo, $\mathbb L$ é uma extensão algébrica de $\mathbb K$ e aplicando o teorema acima para $X=\emptyset$ e $Y=\{t_1,\ldots,t_n\}$, um subconjunto $Y'\subseteq \{t_1,\ldots,t_n\}$ é base transcendental de $\mathbb L$ sobre $\mathbb F$. Por outro lado, $\{x_1,\ldots,x_n\}$ é base transcendental de $\mathbb L$ sobre $\mathbb K$ e toda base transcendental tem $n$ elementos. Assim $Y'=Y$ e, em particular, $\{t_1,\ldots,t_n\}$ é um conjunto algebricamente independente.

Assuma que $A\subseteq B$ é uma extensão de anéis e seja $x\in B$. Se $B$ é módulo-finito sobre $A$, então $B[x]$ é módulo-finito sobre $A[x]$.

Seja $B=(b_1,\ldots,b_k)_A$. Então $B[x]=(b_1,\ldots,b_k)_{A[x]}$.

Assuma que $\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$ é uma álgebra de polinômios em $n$ variáveis e sejam $X,Y\subseteq \{x_1,\ldots,x_n\}$. Então \[(X)_{\mathbb F[x_{x_1,\ldots,x_n}]}\cap \mathbb F[Y]\cong
(X\cap Y)_{ \mathbb F[Y]}.\] Em particular, se $X\cap Y=\emptyset$, então $(X)_{\mathbb F[x_{x_1,\ldots,x_n}]}\cap \mathbb F[Y]=0$.

(Lema 1)
Seja $R=\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$ uma álgebra de polinômios e seja $t_1\in R\setminus\{0\}$ tal que $t_1R\neq R$. Existem $t_2,\ldots,t_n$ tais que

$t_1,t_2,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes sobre $\mathbb F$;
$R$ é módulo-finito sobre $P=\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$;
$t_1R\cap P = t_1P$.

Seja $\ell$ um número natural a ser determinado mais precisamente depois. Defina para $i\in\{2,\ldots,n\}$, $t_i=x_i-x_1^{\ell^{i-1}}$. Ponha $P=\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$ e observe que $P[x_1]=R$. Afirmamos que $x_1$ é integral sobre $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$. Como $t_1\in\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$, temos que \[\label{eq:nagata}
t_1=\sum_v \alpha_vx_1^{v_1}\cdots x_n^{v_n}=
\sum_v \alpha_v x_1^{v_1}(t_2+x_1^{\ell})^{v_2}\cdots(t_n+x_1^{\ell^{n-1}})^{v_n}.\] Usando a notação \[\label{eq:n}
n(v)=v_1+v_2\ell+v_3\ell^2+\ldots+v_n\ell^{n-1},\] cada parcela na soma anterior tem a forma \[\alpha_v x_1^{v_1}(t_2+x_1^{\ell})^{v_2}\cdots(t_n+x_1^{\ell^{n-1}})^{v_n}=
x_1^{n(v)}+\mbox{(termos de grau menor em $t_1$).}\] Ora assuma que $\ell$ é maior que todo expoente $v_i$ aparecendo em na expressão para $t_1$ acima. Neste caso $n(v)$ pode ser visto como a expansão de um número natural na base $\ell$. Em particular, $n(v)\neq n(v')$ se $v\neq v'$. Isso quer dizer que os termos $\alpha_v x_1^{n(v)}$ não se cancelam. Seja $w$ o vetor com $\alpha_w\neq 0$ e $n(w)$ maximal. Neste caso \[t_1=\alpha_wx_1^{n(w)}+\mbox{(termos de menor grau em $x_1$)}.\] Assim, obtemos a equação \[x_1^{n(w)}-t_1+\mbox{(termos de menor grau em $x_1$)}=0\] na qual o lado esquerdo é um polinômio na variável $x_1$ com coeficinetes em $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$. Portanto $x_1$ é integral sobre $P=\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$ e $R$ é módulo-finito sobre $\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$. Ora, o lema acima implica também que $t_1,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes sobre $\mathbb F$.

Nos resta provar (3). Temos que $t_1\in P$ e $t_1\in t_1R$ e assim $t_1P\subseteq t_1R\cap P$. Seja $x\in t_1R\cap P$ e escreva $x=t_1y$ onde $y\in R$. Considere a cadeia de extensões \[P\subseteq R\cap \mbox{Frac}(P)\subseteq R\] e observe que $y\in R\cap \mbox{Frac}(P)$. Como $R$ é módulo-finito sobre $P$, temos que $R\cap \mbox{Frac}(P)$ (sendo um submódulo de um módulo finitamente gerado sobre um anel noetheriano) é módulo-finito sobre $P$. Agora considerando $R\cap \mbox{Frac}(P)$ em $\mbox{Frac}(P)$, temos que $R\cap \mbox{Frac}(P)$ é integral sobre $P$, ou seja $R\cap \mbox{Frac}(P)$ está contido na normalização $\widetilde P$ de $P$ em $\mbox{Frac}(P)$. Mas $P$, sendo álgebra de polinômios sobre um corpo, é DFU, e assim $\widetilde P=P$. Isso implica que $y\in P$, ou seja $x\in t_1P$.

(Lema 2) Seja $R=\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]$ uma álgebra de polinômios e seja $\mathfrak a\subsetneqq R$ um ideal. Existem $t_1,\ldots,t_n$ tais que

$t_1,t_2,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes sobre $\mathbb F$;
$R$ é módulo-finito sobre $P=\mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$;
$\mathfrak a\cap P = (t_1,\ldots,t_h)$ com algum $h\in\{1,\ldots,n\}$.

Primeiro, se $\mathfrak a=0$, então podemos tomar $t_i=x_i$ para todo $i$. Assuma logo que $\mathfrak a\neq 0$ e use indução por $n$. Quando $n=1$, então $R=\mathbb F[x_1]$ e $\mathfrak a=t_1R$ com algum $t_1\in R$ e o resultado está válido pelo Lema 1. Assuma que o resultado está válido para anéis de polinômios com $n-1$ variáveis. Considere $\mathfrak a\subseteq \mathbb F[t_1,\ldots,t_n]$ como no enunciado. Lembrando que $\mathfrak a\neq 0$, tomemos $t_1\in\mathfrak a$ arbitrário não nulo. Use Lema 1 para obter elementos $u_2,\ldots,u_n$ tais que

$t_1,u_2,\ldots,u_n$ são algebricamente independentes.
$R$ é módulo finito sobre $P_1=\mathbb F[t_1,u_2,\ldots,u_n]$;
$t_1R\cap P_1=t_1P_1$.

Ora, usando a Hipótese de Indução para o anel $R_0=\mathbb F[u_2,\ldots,u_n]$ e o ideal $\mathfrak b=\mathfrak a\cap R_0$, ache $t_2,\ldots,t_n\in R_0$ tais que

$t_2,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes sobre $\mathbb F$;
$R_0$ é módulo-finito sobre $P_0=\mathbb F[t_2,\ldots,t_n]$;
$\mathfrak b\cap P_0=\mathfrak a\cap P_0=(t_2,\ldots,t_h)_{P_0}$ com algum $h\leq n$.

Seja $P=\mathbb F[t_1,t_2,\ldots,t_n]$. Lembre que $R$ é módulo-finito sobre $P_1$ e $\mathbb F[u_2,\ldots,u_n]$ é módulo-finito sobre $P_0$. Por um lema acima, $P_1=\mathbb F[t_1,u_1,\ldots,u_n]$ é módulo-finito sobre $P=\mathbb F[t_1,t_2,\ldots,t_n]$. Por transitividade, $R$ é módulo-finito sobre $P$. Um outro lema acima implica também que $t_1,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes.

Nos resta provar afirmação $(3)$. Claramente $t_1,\ldots,t_h\in \mathfrak a\cap P$ e assim $(t_1,\ldots,t_h)_{P}\subseteq \mathfrak a\cap P$. Assuma que $x\in\mathfrak a\cap P$. Escreva \[x=f_0+f_1t_1+f_2t_1^2+\cdots +f_kt_1^k\] com $f_i\in\mathbb F[t_2,\ldots,t_n]$ e note que $f_0=x-\sum_{i\geq 1}f_it_1^i\in \mathfrak a\cap \mathbb F[t_2,\ldots,t_n]$. Por outro lado, \[\mathfrak a\cap \mathbb F[t_2,\ldots,t_n]=(t_2,\ldots,t_h)_{P_0}\subseteq (t_2,\ldots,t_h)_{P}.\] Logo $f_0\in (t_2,\ldots,t_h)_{P}$ e $x\in (t_1,t_2,\ldots,t_h)_{P}$.

(Lema 3) Seja $R=k[x_1,\ldots,x_n]$ uma álgebra de polinômios e seja $\mathfrak a_1\subseteq \mathfrak a_2\subseteq \cdots\subseteq \mathfrak a_r\subsetneqq R$ uma cadeia de ideais. Existem $t_1,\ldots,t_n$ tais que

$t_1,t_2,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes;
$R$ é módulo-finito sobre $P=k[t_1,\ldots,t_n]$;
$\mathfrak a_i\cap P = (t_1,\ldots,t_{h_i})$ com algum $h_i\in\{1,\ldots,n\}$.

Indução por $r$. O caso $r=1$ é o Lema 2. A hipótese da indução é que o lema é verdadeiro para uma cadeia de $r-1$ ideais.

Assuma que temos uma cadeia de $r$ ideais como no enunciado. Usando a hipótese da indução para a cadeia $\mathfrak a_1\subseteq \cdots \subseteq \mathfrak a_{r-1}$ obtemos elementos $u_1,\ldots,u_n\in R$ tais que

$u_1,\ldots,u_n$ são algebricamente independentes;
$R$ é módulo-finito sobre $P_1=k[u_1,\ldots,u_n]$;
$\mathfrak a_i\cap P_1=(u_1,\ldots,u_{h_i})_{P_1}$ com $1\leq h_1\leq h_2\leq \cdots\leq h_{r-1}$.

Seja $h=h_{r-1}$. Ora, usando Lema 2 para $S=k[u_{h+1},\ldots,u_n]$ e $\mathfrak b=\mathfrak a_r\cap S$, obtenha $t_{h+1},\ldots,t_n$ tais que

$t_{h+1},\ldots,t_n$ são algebricamente independentes;
$S$ é módulo-finito sobre $P_2=k[t_{h+1},\ldots,t_n]$;
$(\mathfrak b\cap P_2)= \mathfrak a\cap P_2=(t_{h+1},\ldots,t_{h_r})_{P_2}$ com algum $h_r\in\{h+1,\ldots,n\}$.

Agora ponha $t_i=u_i$ para $i\in\{1,\ldots,h\}$. Afirmamos que os elementos $t_1,\ldots,t_h,t_{h+1},\ldots,t_n$ satisfazem as afirmações do Teorema. Primeiro temos que as extensões \[k[t_{h+1},\ldots,t_n] \subseteq k[u_{h+1},\ldots,u_n]\quad \mbox{e}\quad k[u_1,\ldots,u_n]\subseteq R\] são módulo-finitas. Portanto \[k[t_1,\ldots,t_{h},t_{h+1},\ldots,t_n]= k[u_1,\ldots,u_{h},t_{h+1},\ldots,t_n]\subseteq R\] é módulo-finito. Isso também implica que $t_1,\ldots,t_n$ são algebricamente independentes.

Seja $i\in\{1,\ldots,r\}$. Temos que $t_1,\ldots,t_{h_i}\in\mathfrak a_i\cap P$ então \[(t_1,\ldots,t_{h_i})_P\subseteq \mathfrak a_i\cap P.\] Para provar a outra inclusão, assuma que $x=\mathfrak a_i\cap P$ e seja $m=h_i$. Então \[x=\sum_v f_vt_1^{v_1}\cdots t_m^{v_m}\quad\mbox{com}\quad f_i\in k[t_{m+1},\ldots,t_n].\] Note, para $i\in\{1,\ldots,r-1\}$, que \[\begin{aligned}
f_0\in\mathfrak a_i\cap k[t_{m+1},\ldots,t_n]&=
(\mathfrak a_i\cap k[u_1,\ldots,u_n])\cap k[t_{m+1},\ldots,t_n]\\
&\subseteq (\mathfrak a_i\cap k[u_1,\ldots,u_n])\cap k[u_{m+1},\ldots,u_n]\\&
=(u_1,\ldots,u_m)_{P_1}\cap k[u_{m+1},\ldots,u_n]=0.\end{aligned}\] Se $i=r$, \[\begin{aligned}
f_0\in\mathfrak a_r\cap k[t_{m+1},\ldots,t_n]&=(\mathfrak a_r\cap k[t_h,\ldots,t_n])\cap k[t_{m+1},\ldots,t_n]\\
&=(t_1,\ldots,t_m)_{P_2}\cap k[t_{m+1},\ldots,t_n]=0.\end{aligned}\] Nos dois casos, $f_0=0$ e $x\in (t_1,\ldots,t_h)_P$.

(Teorema de Normalização de Noether) Seja $R=k[y_1,\ldots,y_n]$ uma $k$-álgebra finitamente gerada e seja $\mathfrak a_1\subseteq \mathfrak a_2\subseteq \cdots\subseteq \mathfrak a_r\subsetneqq R$ uma cadeia de ideais. Existem $t_1,\ldots,t_m$ tais que

$t_1,t_2,\ldots,t_m$ são algebricamente independentes;
$R$ é módulo-finito sobre $P=k[t_1,\ldots,t_m]$;
$\mathfrak a_i\cap P = (t_1,\ldots,t_{h_i})$ com algum $h_i\in\{1,\ldots,n\}$.

Seja $R_0=k[x_1,\ldots,x_n]$ a álgebra de polinômios e considere o mapa $\psi:R_0\to R$ definido como $\psi(x_i)=y_i$ para todo $i$. Seja $\mathfrak b_0=\ker\psi=\psi^{-1}(0)$ e $\mathfrak b_i=\psi^{-1}(\mathfrak a_i)$ para $i\geq 1$. Aplique Lema 3 para a álgebra $R_0$ e a cadeia $\mathfrak b_0\subseteq \mathfrak b_1\subseteq \cdots\subseteq \mathfrak b_r$ e obtenha uma sequência $u_{-h},\ldots,u_0,u_1,\ldots,u_m\in R_0$ que satisfaz a afirmação do Lema 3 com $(\ker \psi)\cap P_1=(u_{-h},\ldots,u_0)_{P_1}$ com $P_=k[u_{-h},\ldots,u_m]$. Seja $t_i=\psi(u_i)$ para $i\in\{1,\ldots,m\}$ e ponha $P=k[t_1,\ldots,t_m]$.

Primeiro \[k[t_1,\ldots,t_m]\cong P_1/(\ker(\psi)\cap P_1)=k[u_1,\ldots,u_n].\] Logo, $t_1,\ldots,t_m$ são algebricamente independentes.

Além disso, \[P=k[t_1,\ldots,t_m]\cong (P_1+\ker\psi)/\ker\psi\quad\mbox{e}\quad
R\cong R_0/\ker\psi.\] Como a extensão $P_1\subseteq R_0$ é módulo finita, a extensão $P\subseteq R$ também é.

Finalmente, nos resta provar que $\mathfrak a_i\cap P=(t_1,\ldots,t_{h_i})_P$. Primeiro, note que \[\begin{aligned}
\psi(\mathfrak b_i\cap P_0)&=\psi((u_{-h},\ldots,u_{h_i})_{\mathbb F[u_{-h},\ldots,u_m]})=
\psi((u_{-h},\ldots,u_{h_i}))_{\psi(\mathbb F[u_{-h},\ldots,u_m])}\\&=
(t_1,\ldots,t_{h_i})_{P}.
\end{aligned}\] Logo \[\mathfrak a_i\cap P=\psi(\psi^{-1}(\mathfrak a_i\cap P))=\psi(\psi^{-1}(\mathfrak a_i)\cap \psi^{-1}(P))=
\psi(\mathfrak b_i\cap P_0)=(t_1,\ldots,t_{h_i})_{P}.\]