5 votos

$\mathfrak{m}$ Máximo y principal, hay ' s no ideal entre $\mathfrak{m}^2$y $\mathfrak{m}$

<blockquote> <p>Que $R$ ser un anillo comutativo con la unidad. Si un % ideal maximal $\mathfrak{m}$$R$es principal, demostrar que no existe ningún ideal $I$ $\mathfrak{m}^2\subsetneq I\subsetneq \mathfrak{m}$.</p> </blockquote> <p>No tengo idea cómo comenzar éste - no puedo ver por qué podemos decir nada concreto acerca de $I$.</p>

7voto

TheBlueSky Puntos 654

Solución $1$.

Supongamos $\mathfrak m=(t)$, e $t\notin I$. Vamos a demostrar que $I\subseteq\mathfrak m^2$. Pick $a\in I$. Entonces $a=tb$, $b\in R$. Si $b\in\mathfrak m$, $b=tc$ e lo $a=t^2c\in\mathfrak m^2$. De lo contrario, $\mathfrak m+(b)=R$, lo $1=tx+by$. A continuación,$t=t^2x+tby$, lo $t=t^2x+ay\in I$, una contradicción.

Un poco más general:

Deje $(A,\mathfrak n)$ ser un artinian anillo local y $\mathfrak n=(t)$. Si $\mathfrak n^r=0$, e $\mathfrak n^{r-1}\ne0$, entonces los ideales de $A$ : $(0)$, $\mathfrak n^{r-1}$, $\dots$, $\mathfrak n$, $A$.

En su caso $A=R/\mathfrak m^2$.

Solución $2$.

$\mathfrak m/\mathfrak m^2$ $R/\mathfrak m$- espacio vectorial, y los subespacios de $\mathfrak m/\mathfrak m^2$ corresponden a los ideales $I\subseteq R$ tal que $\mathfrak m^2\subseteq I\subseteq\mathfrak m$. Desde $\mathfrak m$ que es lo principal que hemos $\dim_{R/\mathfrak m}\mathfrak m/\mathfrak m^2=1$, lo $\mathfrak m/\mathfrak m^2$ tiene sólo los subespacios triviales.

3voto

maira hedge Puntos 1

Sugerencia: usted puede saber ya esta, pero si no mostrar que $\mathfrak m$ es principal si y sólo si existe un surjection de $R$-módulos $\pi: R \twoheadrightarrow \mathfrak m$. ¿Qué es $\pi(\mathfrak m)$?

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