Seja \(A\subseteq B\) uma extensão integral de domínios. Então \(A\) é corpo se e somente se \(B\) é corpo.
Assuma que \(A\) é corpo e seja \(x\in B\). Então \(x\) é integral e existem \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in A\) tais que \[x^n+\alpha_1x^{n-1}+\cdots+\alpha_{n-1}x+\alpha_n=0.\] Como \(B\) é domínio \(\alpha_n\neq 0\); ou seja \[x(x^{n-1}+\alpha_1x^{n-2}+\cdots+\alpha_{n-1})=-\alpha_n.\] Como \(A\) é corpo, \(-\alpha_n\) é invertível e assim \(x\) também é invertível.
Agora assuma que \(B\) é corpo e seja \(x\in A\). O elemento \(x\) é invertível em \(B\), então existe \(1/x\in B\) que é integral sobre \(A\). Logo existem \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in A\) tais que \[\frac 1{x^n}+\alpha_1\frac 1{x^{n-1}}+\cdots+\alpha_{n-1}\frac 1x+\alpha_n=0.\] Multiplicando por \(x^{n-1}\), obtemos que \[\frac 1x+\alpha_1+\alpha_2x+\cdots+\alpha_{n-1}x^{n-2}+\alpha_nx^{n-1}=0;\] ou seja \(1/x\in A\).
(Nullstellensatz de Zariski) Seja \(\mathbb K\) um corpo que é também uma \(\mathbb F\)-algébra finitamente gerada. Então \(\dim_\mathbb F\mathbb K\) é finita e \(\mathbb K\) é uma extensão algébrica de \(\mathbb F\).
Pelo Teorema de Normalização, existem \(t_1,\ldots,t_m\in \mathbb K\) algebricamente independentes tais que \(\mathbb K\) é finitamente gerada sobre \(\mathbb F[t_1,\ldots,t_m]\). Como \(\mathbb K\) é corpo, \(\mathbb F[t_1,\ldots,t_m]\) é também corpo e \(m=0\). Logo \(\mathbb K\) módulo finito sobre $\mathbb F$ e \(\dim_\mathbb F\mathbb K\) é finita.
Seja \(\varphi:R\to S\) um morfismo de \(\mathbb F\)-álgebras finitamente geradas. Se \(\mathfrak m\) é maximal em \(S\), então \(\varphi^{-1}(\mathfrak m)\) é maximal em \(R\)
Seja \(\mathbb K=S/\mathfrak m\) e \(\mathfrak n=\varphi^{-1}(\mathfrak m)\). Pelo Nullstellensatz de Zariski, \(\mathbb K\) é uma extensão finita de \(\mathbb F\). Além disso, \(\varphi\) induz um morfismo injetivo \(R/\mathfrak n\to S/\mathfrak m\) definido por \(r+\mathfrak n\mapsto \varphi(r)+\mathfrak m\). Logo \(R/\mathfrak n\subseteq S/\mathfrak m\). Como \(\dim_\mathbb FS/\mathfrak m\) é finita, \(\dim_{\mathbb F}R/\mathfrak n\) é finita e o primeiro lema implica que \(R/\mathfrak n\) é um corpo. Logo \(\mathfrak n\) é maximal em \(R\).
Seja \(\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]\) uma álgebra finitamente gerada e sejam \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in \mathbb F\). Mostre que \((x_1-\alpha_1,\ldots,x_n-\alpha_n)\) é um ideal maximal.
Seja \(\mathbb F\) algebricamente fechado e \(\mathfrak m\) um ideal maximal de uma \(\mathbb F\)-álgebra \(\mathbb F[y_1,\ldots,y_n]\) finitamente gerada. Então existem \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in\mathbb F\) tais que \[\mathfrak m=(x_1-\alpha_1,\ldots,x_n-\alpha_n).\]
Como o ideal \(\mathfrak m\) é maximal, \(\mathbb K=\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]/\mathfrak m\) é um corpo e é também uma álgebra finitamente gerada sobre \(\mathbb F\). Pelo Nullstellensatz de Zariski, \(\mathbb K\) é extensão finita de \(\mathbb F\) e \(\mathbb K=\mathbb F\) pelo fato que \(\mathbb F\) é algebricamente fechado. Ou seja, existe um morfismo \(\psi: \mathbb F[x_1,\ldots,x_n]\to\mathbb F\) com núcleo \(\mathfrak m\). Pondo \(\alpha_i=\psi(x_i)\), \(x_i-\alpha_i\in \mathfrak m\); ou seja \((x_1-\alpha_1,\ldots,x_n-\alpha_n)\subseteq \mathfrak m\). O ideal \((x_1-\alpha_1,\ldots,x_n-\alpha_n)\) é maximal pelo exercício anterior que implica igualdade.
Seja \(\mathbb F\) um corpo algebricamente fechado e seja \(\mathfrak a\subset \mathbb F[x_1,\ldots,x_n]\) um ideal próprio na álgebra dos polinômios. Então \[V(\mathfrak a)=\{(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\in\mathbb F^n\mid f(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)=0\mbox{ para todo }f\in \mathfrak a\}\neq \emptyset.\]
Seja \(\mathfrak m=(x_1-\alpha_1,\ldots,x_n-\alpha_n)\) um ideal maximal que contém \(\mathfrak a\). Então \[(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\in V(\mathfrak m)\subseteq V(\mathfrak a).\]
Seja \(R\) um anel e considere \(R[x_1,\ldots,x_n]\). Assuma que \(f\in R[x_1]\). Então \[R[x_1,\ldots,x_n]/(fR[x_1,\ldots,x_n])\cong (R[x_1]/(fR[x_1])[x_2,\ldots,x_n].\]
Seja \(R=\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]\) um anel de polinômios e \(\mathfrak m\subseteq R\) um ideal maximal. Então \(\mathfrak m\) é gerado por \(n\) elementos.
Indução por \(n\). Quando \(n=0\), é trivial pois o único ideal maximal de \(\mathbb F\) é o zero. Assuma que o resultado está verdadeiro para \(\mathbb F[x_1,\ldots,x_{n-1}]\) e seja \(\mathfrak m\) um ideal maximal de \(R=\mathbb F[x_1,\ldots,x_{n}]\). Seja \(\mathbb K=R/\mathfrak m\). Pelo Nullstellensatz de Zariski, \(\mathbb K\) é um corpo e é uma extensão finita de \(\mathbb F\). Seja \(R_0=\mathbb F[x_1]\) e \(\mathfrak n=\mathfrak m\cap R_0\). Então \(\mathfrak n=(f_1)_{R_0}\) e seja \(\mathbb L=R_0/\mathfrak n\). Pelo corolário acima, \(\mathfrak n\) é maximal. Ora \(R/(\mathfrak nR)\cong \mathbb L[x_2,\ldots,x_n]\) e \(\mathfrak m/(\mathfrak nR)\) é maximal em \(R/(\mathfrak nR)\cong \mathbb L[x_2,\ldots,x_n]\). Pela hipótese da indução, \(\mathfrak m/(\mathfrak nR)\) é gerado por \(f_2,\ldots,f_n\) e \(\mathfrak m\) é gerado por \(f_1,f_2,\ldots,f_n\).
Assuma que \(R=\mathbb F[x_1,\ldots,x_n]\) é uma álgebra finitamente gerada e \(\mathfrak a\neq R\) é um ideal. Então \[\sqrt{(\mathfrak a)}=\bigcap_{\mathfrak a\subseteq \mathfrak m}\mathfrak m\] onde a interseção está tomada para todos os ideais maximais de \(R\) que contêm \(\mathfrak a\).
Quocientando por \(\mathfrak a\), podemos assumir que \(\mathfrak a=0\). Como \(\sqrt{0}\) é o nilradical que está contido no radical de Jacobson, temos que \(\sqrt{0}\subseteq \bigcap \mathfrak m\). Ora assuma que \(f\not\in \sqrt{0}\). Então \(f\) não é nilpotente, e a localização \(R_f\neq 0\). Seja \(\mathfrak n\) um ideal maximal de \(R_f\). Como \(R_f\cong R[X]/(1-fX)\), temos que \(R_f\) é finitamente gerada como \(\mathbb F\)-álgebra e assim o corpo \(R_f/\mathfrak n\) é uma extensão finita de \(\mathbb F\). Seja \(\mathfrak m=\mathfrak n\cap R\). Pelo corolário em cima, \(\mathfrak m\) é maximal e \(R/\mathfrak m\) é um corpo. Mas \(f\) é invertível em \(R_f\) e assim \(f/1\not\in \mathfrak n\) e \(f\not\in\mathfrak m\). Logo \(f\not\in\bigcap\mathfrak m\).