Demostrar que un ideal homogéneo es primo.

Question

Estoy tratando de leer una prueba de la siguiente proposición:

Dejemos que $S$ sea un anillo graduado, $T \subseteq S$ un conjunto cerrado multiplicativo. Entonces un ideal homogéneo maximal entre los ideales homogéneos que no cumplen $T$ es primo.

En esta prueba, dice

"basta con demostrar que si $a,b \in S$ son homogéneos y $ab \in \mathfrak{p}$ Entonces, o bien $a \in \mathfrak{p}$ o $b \in \mathfrak{p}$ "

donde $\mathfrak{p}$ es nuestro ideal homogéneo máximo. No sé cómo demostrar que esto es efectivamente suficiente. Si intento escribir en general $a$ y $b$ en términos de "coordenadas": $$a=a_0+\cdots+a_n$$ donde $a_0 \in S_0,$ entonces puedo ver que funciona para los pequeños $n$ pero parece que se complica tanto que no sabría cómo escribir una prueba. ¿Hay una mejor manera de atacar este problema?

Answer 1

Deseamos probar:

Si $S$ es un $\mathbb{Z}$ -anillo clasificado y $\mathfrak{p}$ es un ideal homogéneo de $S$ satisfaciendo $ab \in \mathfrak{p}$ implica $a$ o $b$ en $\mathfrak{p}$ para homogéneo $a$ y $b$ entonces $\mathfrak{p}$ es primo.

Así que toma 2 elementos generales $a,b \in \mathfrak{p}$ y asumir $ab \in \mathfrak{p}$ pero tampoco $a$ ni $b$ está en $\mathfrak{p}$ . Sea $a = \sum a_d$ y $b = \sum b_d$ sean sus descomposiciones homogéneas. Dado que $a \not \in \mathfrak{p}$ , entonces algunos $a_d \not \in \mathfrak{p}$ y puesto que todos los que no son finitos $a_d$ son $0$ existe un número entero mayor $d$ tal que $a_d \not \in \mathfrak{p}$ . Del mismo modo, existe un número entero mayor $e$ tal que $b_e \not \in \mathfrak{p}$ .

Desde $ab \in \mathfrak{p}$ y $\mathfrak{p}$ es un ideal homogéneo, entonces todos los componentes de $ab$ están en $\mathfrak{p}$ . El $d+e$ componente de $ab$ est $\sum a_i b_j$ donde sumamos todos los pares $(i,j)$ con $i+j = d+e$ . Pero cada uno de estos pares $(i,j)$ que no sea $(d,e)$ debe tener $i>d$ o $j>e$ y por lo tanto (por la maximalidad de $d$ y $e$ ) tenemos $a_i b_j \in \mathfrak{p}$ . Así, $a_d b_e \in \mathfrak{p}$ también, sin embargo, ni $a_d$ ni $b_e$ está en $\mathfrak{p}$ lo que contradice la suposición original sobre $\mathfrak{p}$ para el homogéneo elementos $a_d$ y $b_e$ .

En resumen: Si $a,b$ es un contraejemplo general para la primalidad de $\mathfrak{p}$ entonces $a_d, b_e$ es un contraejemplo homogéneo.

Answer 2

$\def\p{\mathfrak{p}} \def\Deg{\operatorname{Deg}} \def\Z{\mathbb{Z}} $ He encontrado una prueba directa para un $\mathbb{Z}$ -anillo clasificado. En este Como mi demostración es directa, mientras que la de Ted es por contrapositiva, la publicaré aquí por si le sirve a alguien, ya que este post parece haber tenido muchas visitas.

Sea $A$ ser un $\mathbb{Z}$ -anillo clasificado. Para $f\in A$ descomponer $f=\sum_{i\in\Z} f_i$ en sus componentes homogéneos y definir el conjunto $$ \Deg f=\{i\in\Z\mid f_i\neq 0\} $$ de grados no decrecientes de $f$ . Definir el longitud de $f$ como $$ \ell(f)=\max(\Deg f)-\min(\Deg f). $$

Sea $\p\subset A$ sea un ideal tal que para todas las homogéneas $f,g\in A$ con $fg\in\p$ tenemos $f\in\p$ o $g\in\p$ . Demostramos que $\p$ debe ser primo. Supongamos entonces $f,g\in A$ son elementos arbitrarios tales que $fg\in\p$ . Mostramos $f\in\p$ o $g\in\p$ por inducción en $\ell=\ell(f)+\ell(g)$ . Caso $\ell=0$ significa que $f,g$ debe ser homogénea, por lo que la afirmación se deduce de la suposición. Supongamos $\ell>0$ y supongamos que el resultado es cierto para todos los valores estrictamente inferiores a $\ell$ . Denotemos \begin{align*} m_1=\min(\Deg f),\qquad\quad&\ell_1=\ell(f),\\ m_2=\min(\Deg g),\qquad\quad&\ell_2=\ell(g), \end{align*} y escribe \begin{align*} f=\sum_{i=m_1}^{m_1+\ell_1}f_i,\qquad\quad g=\sum_{i=m_2}^{m_2+\ell_2}g_i. \end{align*} Entonces $$ I\ni fg=\sum_{i=m_1+m_2}^{m_1+m_2+\ell_1+\ell_2}\sum_{j+k=i}f_jg_k. $$ Desde $I$ es homogénea, el $m_1+m_2$ componente homogéneo de $fg$ cae dentro $I$ es decir, $f_{m_1}g_{m_2}\in I$ . Por la suposición y sin pérdida de generalidad, tenemos $f_{m_1}\in I$ . Si definimos $f'=f-f_{m_1}$ entonces $\ell(f')+\ell(g)<\ell(f)+\ell(g)=\ell$ y $$ f'g=fg-f_{m_1}g\in I. $$ Por lo tanto, por la hipótesis de inducción, $f'\in I$ o $g\in I$ . Si fuera lo primero, esto implicaría $f=f'+f_{m_1}\in I$ .