Una prueba de que este conjunto es un ideal de un anillo comutativo

Question

Esta es una tarea problema que he trabajado duro, pero se quedó atascado en el último paso. Cualquier ayuda sería muy apreciada. El problema es de Herstein del Álgebra Abstracta, 3ª ed., la sección 4.3, p.146, #1, y dice:

Si R es un anillo conmutativo y $a \in R$, vamos a $L(a) = \{s \in R |\ \ sa = 0\}$. Necesito demostrar que $L$ es un ideal de a $R$.

Mi solución se ejecuta a lo largo de estas líneas:

Deje $\varphi$ ser la asignación de $R$ $R$definido por $\varphi(a) = sa, s \in R$. A continuación, $Ker \varphi$ es el conjunto $\{s \in R | \varphi(s) = 0 \Rightarrow sa = 0\}$. Este conjunto ha sido nombrado $L(a)$ por encima. Por lo tanto $Ker \varphi = L$.\ A continuación, vamos a demostrar que $\varphi$ es un homomorphism de $R$ a sí mismo. Deje $a,b \in R$. A continuación,$\varphi(a+b) = s(a+b) = sa + sb$, e $\varphi(a)+\varphi(b)=sa+sb$, y $\varphi(ab) = sab$, $\varphi(a)\varphi(b) = sasb = ssab$, donde el reordenamiento es legal, ya que $R$ es un anillo conmutativo, dándonos ese $\varphi$ es un homomorphism de$R$$R$. Ahora, como esto es cierto, y desde $L$ es el núcleo de este homomorphism, entonces, de acuerdo al Lema 4.3.1, $L$ es un ideal de $R$. $\blacksquare$

Ahora, Lema 4.3.1 estados: Si $\varphi : R \rightarrow R'$ es un homomorphism, a continuación, $Ker \varphi$ es un ideal de a $R$. Una prueba es dada en el texto, pero es bastante simple.

Mi problema, como probablemente es evidente, es que yo no puedo demostrar que esta asignación es un homomorphism $R$'s operador de multiplicación, ya que $sab \neq ssab$. Creo que yo debería ser capaz de obtener un $s$ término en la expresión de $\varphi(ab)$, o tal vez deshacerse de uno de ellos en $\varphi(a)\varphi(b)$. Lo que me estoy perdiendo? Gracias por su tiempo y la ayuda que puede ofrecer.

EDITAR Aquí está mi nuevo enfoque.
EDIT 2 Añadiendo los detalles importantes criado por Arturo.

En orden para $L$ para satisfacer el requisito de ser un ideal de a $R$, tenemos que mostrar que $L$ es un subgrupo aditivo de $R$ y $rl \in L \ \forall\ r \in R\ \forall\ l \in L$. En primer lugar, vamos a mostrar que el $L$ es un subgrupo aditivo de $R$. Está claro que todos los miembros de $L$ es también un miembro de $R$, por construcción, por lo que tenemos $L \subset R$ a empezar.

A continuación, vamos a mostrar que $L$ es no vacío. Esto es fácil de ver debido a que $0 \in R$ es tal que $r0 = 0\ \forall\ r \in R$, lo que demuestra que el $0 \in R$ es también un miembro de $L$.

Aquí, vamos a mostrar que el $L$ es cerrado bajo $R$'s de la adición. Deje $x,y \in L$, y deje $a \in R$ fijos $a$$L(a)$. Los elementos de $L$ tiene la suma de $x + y$, y ambos son tales que $xa = 0 \& ya = 0$, lo $(x+y)a = xa + ya = 0 + 0 = 0$, lo que indica que $x + y \in L$ para cualquiera de las dos miembros de $L$, y por lo $L$ es cerrado bajo $R$'s de la adición.

A continuación, vamos a comprobar que cada elemento de a $L$ tiene una inversa. Deje $x = -1*b | b \in L$. Pretendemos que $x \in L$, lo que nos muestran por primera calcular el producto: $r*(-1) = -r$, e $r$ es tal que $ra = 0$, lo $(-1)ra = (-1)0 \Rightarrow -ra = 0 \Rightarrow -1 \in L$.

Ahora, tenemos que tanto en $-1 \& b \in L$. Pretendemos que $rl \in L\ \forall\ r \in R\ \forall\ l \in L$. Entonces, desde $-1 \in L \subset R$, $-1*b = -b \in L$. Vamos a probar esta afirmación en breve, pero por ahora podemos usar este hecho para mostrar que $x = -b = b^{-1}$ mediante la adición de los dos: $b + x = b + (-b) = 0$.

Estos hechos, unidos, demuestran que, a $L$ es un subgrupo aditivo de $R$.

A continuación, vamos a demostrar nuestra afirmación de que $rl \in L\ \forall\ r \in R\ \forall\ l \in L$. $l$ es tal que $la = 0$, por lo que los productos de $(rl)a = r(la) = r0 = 0$ muestran que $rl \in L$. Esta prueba, junto con el anterior hecho de que $L$ es un subgrupo aditivo de $R$, $L$ es un ideal de $R$. $\blacksquare$

Answer 1

No sólo es el mapa no es un homomorphism en general, son incorrectos en afirmar que el núcleo de la mapa es $L(a)$! (También, es de muy mala forma para referirse a la preimagen de $0$ "núcleo" a menos que usted ya sabe que el mapa es un homomorphism).

En la definición de $L(a)$, $a$ es fija. En su definición de $\phi$, $s$ es fijo. Eso significa que la preimagen de $0$ bajo $\phi$ es $$\phi^{-1}(0) = \{ a\in R \mid \phi(a)=0\} = \{a\in R\mid sa=0\}.$$

Así que, no, esto no es igual a $L(a)$.

Incluso si usted solucionarlo mediante la definición de $\varphi_a\colon R\to R$ $\varphi_a(s) = sa$ (que le dará que la preimagen de $0$ bajo$\varphi_a$$L(a)$), no obtiene un homomorphism en general: considerar la posibilidad de $R=\mathbb{Z}$, $a=2$. El mapa de $\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ $r\mapsto 2r$ no es un anillo de homomorphism.

Por lo que desea un enfoque diferente. ¿Por qué no utilizar la misma definición de ideal? Claramente, $0$$L(a)$. Si $x,y\in L(a)$,$xa=ya=0$, lo $(x+y)a = xa+ya= 0$. Y si $x\in L(a)$$r\in R$,$rx\in L(a)$, debido a $(rx)a = r(xa) = r0 = 0$. Por lo tanto, $L(a)$ es un ideal de a $R$.

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Como seguimiento, vamos a $I$ ser de izquierda ideal de un no-necesariamente conmutativo $R$. Podemos definir la "izquierda aniquilador de $I$ $R$" por $$\mathcal{L}_R(I) = \{r\in R\mid ra=0\text{ for all }a\in I\}.$$ A continuación, $\mathcal{L}_R(I)$ es un dos caras ideal de $R$. Trate de probar que.

Answer 2

% Toque $\rm\ f(x) = a\: x\ $es $\rm R$-lineal así que su núcleo es un $\rm R$ módulo, es decir, desde $\rm\ f(x-y) = f(x)-f(y)\ $ y $\rm\:f(r\:x) = r\:f(x)\:,\:$ y $\rm\:f(x) = 0 = f(y)\ \Rightarrow\ f(x-y) = f(x) - f(y) = 0\:;\ \ f(x) = 0\ \Rightarrow\ f(r\:x) = r\:f(x) = 0\:.$

Answer 3

Sólo para el registro:

No es una forma natural para darse cuenta de $L(a)$ como núcleo de un mapa entre los anillos. Es decir, considerar el principal ideal de $aR \subset R$. Es un grupo abelian. Esto es un ideal, y así es cerrado bajo multipliction por $R$. Por lo tanto, hay un mapa $R \to End(aR)$ mediante la asignación de un elemento $r$ a la endormorphism de $aR$ inducida por la multiplicación por $R$. El núcleo de este mapa consta de los elementos de $R$ que aniquilar a cada elemento de a $a R$. Es fácil ver que estos son exactamente los elementos que aniquilar $a$, y de modo que el núcleo de el mapa de $R \to End(aR)$ es igual a $L(a)$.

También:

En Bill Dubuque la respuesta que él da a los diferentes realización de $L(a)$ como un núcleo, es decir, como un núcleo de un mapa entre $R$-módulos. (Porque su $R$ es conmutativa, dos caras y una cara ideales coinciden, y por lo tanto, dado un ideal, usted puede tratar de darse cuenta de que es como un núcleo de un anillo homomorphism, o como el núcleo de un módulo de homomorphism. En este caso en particular, el módulo de punto de vista es probablemente más fácil, y está más cerca de lo que estaban pensando. Por supuesto, los dos puntos de vista están estrechamente relacionados --- por ejemplo, en dos de ellos el ideal (es decir, $R$- submodle) $aR$ $R$ características destacada).