Prueba de la singularidad del ideal máximo

Question

Permita que$R$ sea un anillo conmutativo con$1$. Permita que$M$ sea un ideal máximo de$R$ tal que$M^2 = 0$. Demuestre que$M$ es el único ideal máximo de$R$.

Answer 1

Un ideal máximo es primo. Permita que$\mathfrak{m}$ sea cualquier ideal máximo y deje$x\in M$; desde$x^2=0\in\mathfrak{m}$, obtienes$x\in\mathfrak{m}$. Por lo tanto $M\subseteq\mathfrak{m}$.

Tenga en cuenta que lo mismo ocurre si$M$ es un ideal nulo.

Answer 2

Permita que$M'$ sea un ideal máximo. Entonces$F=R/M'$ es un campo y$M$ se asigna a un ideal$\overline M$ en este campo con$\overline M\cdot \overline M=0$. Como$F\cdot F\ne 0$, concluimos$\overline M=0$, es decir,$M\subseteq M'$.

Answer 3

Las otras soluciones tienen las mejores soluciones elementales, así que intentaré dar una forma distinta.

El radical Jacobson$J(R)$% de$R$ contiene todos los ideales nilpotent y está contenido en todos los ideales máximos.

Por estas condiciones,$M\subseteq J(R)\subseteq M$. Por lo tanto, el radical Jacobson es un ideal máximo. Por lo tanto, no puede haber ideales ideales diferentes, ya que no hay ideales entre$M$ y$R$.

Answer 4

Lo primero que pensé fue que si$M'$ es un ideal máximo de$R$ distinto de$M$, entonces$M$ y$M'$ son comaximal, es decir ,$M + M' = R$. Pero luego podemos escribir$1=am+bm'$, donde$m$ y$m'$ pertenecen a$M$ y$M'$, respectivamente, y$a,b$ pertenecen a$R$. Ahora, permita que$x$ sea cualquier elemento de$M$. Luego$x=x\cdot1=axm+bxm'=bxm'\in M'$, ya que$xm\in M^2$ y$M^2=0$. Como$x$ es arbitrario,$M\subseteq M'$, lo cual es imposible a menos que$M'=M$.