$G_{\mathfrak a}(A)$ dominio integral y $\bigcap \mathfrak a^n = 0$ implica $A$ es el dominio integral

Question

Este es el lema 11.23 de Atiyah:

Para un ideal $\mathfrak a \subseteq A$ , defina $G_{\mathfrak a} (A) = \bigoplus _{n=0} ^\infty \mathfrak a^n / \mathfrak a^{n+1}$ .

El enunciado del lema:

Dejemos que $A$ sea un anillo, $\mathfrak a$ un ideal de $A$ tal que $\bigcap_n \mathfrak a^n = 0$ . Supongamos que $G_{\mathfrak a} (A)$ es un dominio integral. Entonces $A$ es un dominio integral.

Prueba: Dejemos que $x,y$ sean elementos no nulos de $A$ . Entonces, como $\bigcap \mathfrak a^n = 0$ existen enteros no negativos $r,s$ tal que $x \in \mathfrak a^r - \mathfrak a^{r+1}$ y $y \in \mathfrak a^s - \mathfrak a^{s+1}$ .

Mi pregunta es por qué los poderes de $\mathfrak a$ cubrir todo en $A$ ¿para empezar? Ciertamente, si esto fuera cierto, y la intersección de todas las potencias es cero, entonces lo anterior se deduce. Así que parece que esto depende de algo parecido a

$$\bigcup \mathfrak a^n = A.$$

¿Tiene que ver con la $\mathfrak a$ -topología de la adicción donde estas potencias de $\mathfrak a$ son las vecindades de $0$ ?

Answer 1

Las cifras $r$ y $s$ pueden ser $0$ en cuyo caso, por convención, definimos $\mathfrak a^0=A$ . Esto tiene sentido, porque $\mathfrak a^0$ debe ser el ideal generado por todos los $0$ -productos dobles de elementos de $\mathfrak a$ y el único producto de este tipo es el producto vacío, $1$ . El ideal generado por $1$ es todo $A$ .

Tenga en cuenta que si no permitió $r$ y $s$ para ser $0$ Esto es casi siempre falso. En efecto, $\mathfrak a^n\subseteq a$ para todos $n>0$ desde $\mathfrak a$ es un ideal, por lo que $\bigcup_{n>0}\mathfrak a^n$ es sólo $\mathfrak a$ .