Nilradical de anillo absolutamente plano

Question

Supongamos que $A$ es un anillo absolutamente plano (es decir, cada $A$ -módulo es plano). ¿Es cierto que el nilradical de $A$ es trivial, es decir $\mathfrak{N}(A)=\{0\}$ ?

Creo que la respuesta es sí. Aquí está mi intento de prueba:

Utilizamos la siguiente caracterización de los anillos absolutamente planos (Capítulo 2, Ejercicio 27 en Atiyah & Macdonald). $A$ es un anillo absolutamente plano $\Leftrightarrow$ $(x)=(x^2)$ para cada $x\in A$ . Ahora, supongamos que $x^{n}=0$ para $n\in\mathbb{N}$ , donde $n$ es mínimo. Si $x\neq 0$ necesariamente tenemos $n\ge 2$ . Desde $(x)=(x^2)$ tenemos $x=ax^2$ para algunos $a\in A$ . Así, $x^{n-1}=ax^{n}=0$ contradiciendo la minimidad de $n$ . Por lo tanto, $x=0$ es el único elemento nilpotente de $A$ .

¿Es correcta mi prueba?

He hecho el ejercicio 28 del capítulo 2 de Atiyah y Macdonald, que enumera propiedades importantes de los anillos absolutamente planos, pero esta sencilla propiedad no se menciona allí.

Answer 1

Parece que está bien.

Otra forma es observar (o aprender ahora) que un anillo no tiene nilpotentes no nulos si no tiene elementos no nulos con cero cuadrado (¡ejercicio!) entonces puedes decir "supongamos que a es no nulo pero $a^2=0$ . Entonces existe un x tal que $a=a^2x=0$ una contradicción".

Otro camino, si se sabe que el radical de Jacobson de un anillo absolutamente plano es cero, es notar que la intersección de todos los ideales primos (igual al radical nulo) está contenida en la intersección de los ideales máximos (el radical de Jacobson) y por tanto ambos son cero.

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Información extra no conmutativa

No todos los anillos regulares de Von Neumann carecen de nilpotentes (cualquier anillo matricial $M_n(F)$ sobre un campo con n>1 tiene nilpotentes). Los que no tienen nilpotentes se llaman anillos fuertemente regulares, y son exactamente los anillos VNR cuyos idempotentes son todos centrales.

Answer 2

Aquí hay otra información que puedes obtener de los anillos absolutamente planos que es muy útil.

Si $A$ es absolutamente plana entonces para cualquier subconjunto multiplicativo $S \subseteq A$ tenemos $S^{-1}A$ siendo absolutamente plana.

Así, en particular, para cualquier ideal maximalista $\mathfrak{m} \subseteq A$ tenemos $A_{\mathfrak{m}}$ siendo absolutamente plano. Sin embargo, un anillo local que es absolutamente plano es un campo y esto significa que $\operatorname{Jac}(A)_{\mathfrak{m}} \subseteq A_{\mathfrak{m}}$ es cero para todos los ideales máximos $\mathfrak{m}$ . El radical de Jacobson es un ideal en la localización porque $\operatorname{Jac}(A) \subseteq \mathfrak{m}$ para cualquier ideal maximal de $A$ . Dado que ser cero es una propiedad local, esto significa que $\operatorname{Jac}(A) = 0$ . La misma prueba mutadis mutantes también sirve para demostrar que el nilradical de un anillo absolutamente plano es cero.

Ejercicio: Prueba el resultado mencionado anteriormente. Pista: No te lo vas a creer, pero para dos $S^{-1}A$ - módulos $M$ y $N$ los módulos $M \otimes_A N $ y $M \otimes_{S^{-1}A} N$ son isomorfos como $S^{-1}A$ - ¡¡Módulos!! Ahora, ¿por qué es $M \otimes_A N$ a $S^{-1}A$ - ¿módulo?

Prueba de que un anillo local absolutamente plano es un campo: Dejemos que $A$ sea un anillo local con ideal máximo $\mathfrak{m}$ . Elija cualquier $x \in \mathfrak{m}$ . Entonces tenemos $\mathfrak{m}(x) = (x)$ . De hecho, $\mathfrak{m}(x) \subseteq (x)$ y la otra inclusión se desprende de $(x) = (x^2)$ . Por el lema de Nakayama se deduce que $x = 0$ y como esto era cualquier elemento de $\mathfrak{m}$ tenemos $\mathfrak{m} = 0$ . En otras palabras, $A$ es un campo.