Inducción transfinita (Atiyah y Macdonald)

Question

Ejercicio 17 del capítulo 4 de Introducción al Álgebra Conmutativa, de Atiyah y Macdonald, le sugiere que utilice la inducción transfinita para completar la demostración.

No me he encontrado antes con la inducción transfinita pero la Página de Wolframio parece que lo hace bastante simple - es exactamente como la inducción fuerte pero sólo en un conjunto bien ordenado $S$ en lugar de $\mathbb{N}$ .

Sin embargo, mi principal problema es identificar qué $S$ debería ser en este caso.

Intenté algo como " si $a_k \neq (1) \forall k \leq n$ entonces $q_{n+1}$ existe y $a=\cap_{i=1}^{n+1} q_i \cap (a_{n+1} + (x_{n+1}))$ ", pero no veo por qué esto es diferente de la inducción normal ni cómo utiliza la observación de que $a_{n-1} \subset a_n$ .

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Texto completo del ejercicio:

17. Dejemos que $A$ sea un anillo con la siguiente propiedad.
(L1) Para todo ideal $\mathfrak a\ne(1)$ en $A$ y todo ideal primo $\mathfrak p$ existe $x\notin\mathfrak p$ tal que $S_{\mathfrak p}(\mathfrak a) = (\mathfrak a:x)$ , donde $S_{\mathfrak p}=A - \mathfrak p$ .
Entonces cada ideal en $A$ es una intersección de (posiblemente infinitos) ideales primarios.

[Deja $\mathfrak a$ ser un ideal $\ne (1)$ en $A$ y que $\mathfrak p_1$ sea un elemento mínimo del conjunto de ideales primos que contiene $\mathfrak a$ . Entonces $\mathfrak q_1=S_{\mathfrak p_1}(\mathfrak a)$ es $\mathfrak p$ -primario (por el ejercicio 11), y $\mathfrak q_1= (\mathfrak a:x)$ para algunos $x\notin \mathfrak p_1$ . Demostrar que $\mathfrak a= \mathfrak q_1 \cap (\mathfrak a+(x))$ .

Ahora dejemos que $\mathfrak a_1$ sea un elemento máximo del conjunto de ideales $\mathfrak b \supseteq \mathfrak a$ tal que $\mathfrak q_1\cap \mathfrak b = \mathfrak a$ y elija $\mathfrak a_1$ para que $x\in \mathfrak a_1$ y por lo tanto $\mathfrak a_1\not\subseteq \mathfrak p_1$ . Repite la construcción empezando por $\mathfrak a_1$ y así sucesivamente. En el $n$ La etapa de la que se trata es la siguiente $\mathfrak a= \mathfrak q_1 \cap \dots \cap \mathfrak q_n \cap \mathfrak a_n$ donde el $\mathfrak q_t$ son ideales primarios, $\mathfrak a_n$ es máxima entre los ideales $\mathfrak b$ que contiene $\mathfrak a_{n-1}=\mathfrak a_n \cap \mathfrak q_n$ , de tal manera que $\mathfrak a=\mathfrak q_1\cap\cdots\cap\mathfrak q_n\cap\mathfrak b$ y $\mathfrak a_n \not\subseteq \mathfrak p_n$ . Si en algún momento tenemos $\mathfrak a_n=(1)$ el proceso se detiene, y $\mathfrak a$ es una intersección finita de ideales primarios. Si no es así, se continúa por inducción transfinita, observando que cada $\mathfrak a_n$ contiene estrictamente $\mathfrak a_{n-1}$ .]

Answer 1

He aquí un esbozo de solución.

Intentamos construir $\mathfrak a_\alpha,\mathfrak p_\alpha,\mathfrak q_\alpha$ por inducción en el ordinal $\alpha$ .

Como $\mathfrak a_\alpha$ aumentará estrictamente con $\alpha$ El ideal es $\mathfrak a_\alpha$ no puede existir si la cardinalidad de $\alpha$ supera a la de $A$ . Se verá claramente que $\mathfrak a_\alpha$ puede definirse siempre que $\mathfrak a_\beta\ne(1)$ para todos $\beta < \alpha$ . Esto implicará $\mathfrak a_\alpha=(1)$ para algunos $\alpha$ .

Los ideales $\mathfrak a_\alpha,\mathfrak p_\alpha,\mathfrak q_\alpha$ habiendo sido ya construido en la pista del libro para ordinales finitos $\alpha$ podemos asumir a partir de ahora $\alpha\ge\omega$ . (Para un ordinal finito $\alpha$ definimos $\mathfrak a_\alpha$ como el ideal denotado por $\mathfrak a_{\alpha+1}$ en el libro, y de forma similar para $\mathfrak p_\alpha$ y $\mathfrak q_\alpha$ para que comencemos nuestra inducción transfinita en la etapa $0$ en lugar de $1$ .)

Dejemos que $\alpha$ sea un ordinal infinito y suponga que $\mathfrak a_\beta,\mathfrak p_\beta,\mathfrak q_\beta$ se han definido para $\beta < \alpha$ .

Cuando $\alpha$ tiene un predecesor, la definición de $\mathfrak a_\alpha,\mathfrak p_\alpha,\mathfrak q_\alpha$ se desprende fácilmente de la pista dada en el libro.

Si $\alpha$ es un ordinal límite, establecemos $$\mathfrak a_\alpha:=\sum_{\beta < \alpha}\mathfrak a_\beta,$$ $\mathfrak p_\alpha$ es un ideal primo mínimo de $\mathfrak a_\alpha$ y $\mathfrak q_\alpha:=S_{\mathfrak p_\alpha}(\mathfrak a)$ .

EDITAR 1. Me olvidé de mencionar el importante hecho de que tenemos $$\mathfrak a=\mathfrak a_\alpha\cap\bigcap_{\beta\le\alpha}\mathfrak q_\beta$$ siempre que el lado derecho esté definido.

EDITAR 2. Se utiliza implícitamente el siguiente lema:

Dejemos que $|X|$ denotan la cardinalidad del conjunto $X$ . Sea $(X_\beta)$ sea una secuencia estrictamente creciente de conjuntos indexados por los ordinales $\beta$ tal que $\beta\le\alpha$ , donde $\alpha$ es un ordinal dado. Entonces tenemos $|X_\beta|\ge|\beta|$ para todos $\beta\le\alpha$ .

Demostramos $|X_\beta|\ge|\beta|$ por inducción. El caso en el que $\beta$ es $0$ o un sucesor es sencillo y se deja al lector. Si $\beta$ es un ordinal límite, tenemos $$|X_\beta|\ge\left|\ \bigcup_{\gamma < \beta}\ \left(X_{\gamma+1}\setminus X_\gamma\right)\ \right|=\sum_{\gamma < \beta}\left|X_{\gamma+1}\setminus X_\gamma\right|\ge\sum_{\gamma < \beta}1=|\beta|.$$ EDITAR 3. El punto principal, creo, es entender la estructura del argumento. Yo lo resumiría como sigue:

Asumimos por contradicción

(a) tenemos $\mathfrak a_\alpha\ne(1)$ siempre que $\mathfrak a_\alpha$ se define.

Demostramos que (a) implica

(b) $\mathfrak a_\alpha$ se define para todos los $\alpha$ .

Pero en la edición 2 demostramos

(c) $\mathfrak a_\alpha$ es no definido para todos los $\alpha$ lo suficientemente grande.

Es evidente que (c) contradice a (b), y por tanto a (a). La conclusión es que (a) es falsa, es decir hay un $\alpha$ para lo cual $\mathfrak a_\alpha$ se define y coincide con $(1)$ .