El anillo total de fracciones de un anillo reducido noetheriano es artiniano

Question

Estoy haciendo la preparación a un examen, y estoy atascado en lo siguiente:

Si $R$ es un anillo noetheriano con nilradical cero ( $N(R) = 0$ ), y $S$ es el conjunto de elementos regulares de $R$ ( $r \in S$ si $rs = 0 \Rightarrow s = 0$ ) entonces $S^{-1}R$ es Artiniano.

En primer lugar, es fácil comprobar que S es un sistema multiplicativo, y los elementos no nulos de $S^{-1}R$ son unidades o divisores de cero. Si se puede demostrar que los divisores de cero eran nilpotentes se acabará porque eso significa que $S^{-1}R/N(R)= S^{-1}R $ es un campo. Pero no sé si es el caso, ya que no puedo demostrarlo.

Intenté demostrar que si $P$ es un ideal primo, entonces $P$ debe ser máxima, demostrando que $S^{-1}R/P$ es un campo, pero no puedo hacer esto también.

Cualquier ayuda será bienvenida.

Gracias.

Answer 1

$S^{-1}R$ es noetheriano, reducido ( $N(S^{-1}R)=0$ ), y cada elemento de $S^{-1}R$ es un zerodivisor o invertible. Ahora tu pregunta se deduce del siguiente resultado:

Dejemos que $A$ sea un anillo noetheriano reducido con la propiedad de que cada elemento de $A$ es un zerodivisor o invertible. Entonces $A$ es artiniano.

Dejemos que $\{\mathfrak p_1,\dots,\mathfrak p_n\}$ sea el conjunto de primos mínimos de $A$ . Desde $A$ se reduce tenemos $(0)=\bigcap_{i=1}^n\mathfrak p_i$ . Sea $\mathfrak p$ sea un ideal primo de $A$ y $x\in\mathfrak p$ , $x\ne 0$ . Entonces $x$ es un zerodivisor, por lo que existe $y\ne 0$ tal que $xy=0$ . En particular, $xy\in\mathfrak p_i$ para todos $i=1,\dots,n$ . Si $x\notin\mathfrak p_i$ para todos $i=1,\dots,n$ entonces $y\in\bigcap_{i=1}^n\mathfrak p_i$ donc $y=0$ una contradicción. Esto demuestra que hay una $i$ tal que $x\in \mathfrak p_i$ . De ello se desprende que $\mathfrak p\subseteq\bigcup_{i=1}^n\mathfrak p_i$ . Por el lema de evitación de primas obtenemos $\mathfrak p\subseteq\mathfrak p_i$ para algunos $i$ Es decir, $\mathfrak p=\mathfrak p_i$ y hemos terminado.

Answer 2

Aquí hay otro enfoque; es más complicado que el de user26857, pero también puede ayudar a aclarar las cosas (o tal vez no; he dejado varios detalles para comprobar):

El anillo $R$ es reducido (es decir, tiene nil-radical trivial) y es noetheriano, por lo que tiene un número finito de ideales primos mínimos, digamos $\mathfrak p_1, \dots, \mathfrak p_n$ . Combinando estos hechos, encontramos que $\mathfrak p_1 \cap \cdots \cap \mathfrak p_n = 0.$

A partir de esto, encontramos que el mapa natural (diagonal) $$R \hookrightarrow R/\mathfrak p_1 \times \cdots \times R/\mathfrak p_n$$ es una inyección.

Ahora bien, en general esto no será un isomorfismo (considere el caso $R = \mathbb C[x,y]/(xy)$ ).

Sin embargo, después de invertir $S$ sí se convierte en un isomorfismo: es decir, obtenemos un isomorfismo inducido $$ S^{-1} R \buildrel \cong \over \longrightarrow S^{-1} R/ \mathfrak p_1 (S^{-1} R) \times \cdots \times S^{-1} R/\mathfrak p_n (S^{-1} R) .$$

Para comprobarlo, utilizamos el hecho de que la localización es un functor exacto. En primer lugar esta exactitud implica que después de invertir $S$ , seguimos teniendo una inyección. En segundo lugar, si consideramos el cokernel de la inyección original, se puede comprobar que es aniquilado por un elemento de $S$ para que la localización en $S$ da cero, por lo que después de localizar en $S$ nuestra inyección se convierte de hecho en un isomorfismo.

(Aquí hay un elemento de $S$ que aniquila el cokernel: para cada $i$ , elija un elemento $x_i$ mentir $\mathfrak p_i,$ pero ninguno de los $\mathfrak p_j$ para $j \neq i$ --- tal elemento existe por el mismo lema de evasión de primos utilizado por el usuario26857 --- y dejemos que $x = \sum_{i = 1}^n \prod_{j \neq i} x_j;$ entonces $x \in S$ y $x$ aniquila el núcleo de la inyección original).

Ahora se puede comprobar que cada uno de los anillos $S^{-1}R/\mathfrak p_i (S^{-1} R)$ es un campo. Una forma de hacerlo es la siguiente: primero hay que tener en cuenta que $S \cap \mathfrak p_i = \emptyset$ para que $S^{-1} R/\mathfrak p_i (S^{-1} \mathfrak R)$ se integra de forma natural en el campo de la fracción de $R/\mathfrak p_i$ . El punto clave es que esta incrustación es en realidad un isomorfismo, por lo que $(S^{-1} R)/\mathfrak p_i (S^{-1} R)$ se identifica naturalmente con el campo de fracciones de $R/\mathfrak p_i$ . Para demostrar esto, hay que demostrar que si $y \in R \setminus \mathfrak p_i,$ entonces puede encontrar un elemento $y' \in S$ tal que $y \equiv y' \bmod \mathfrak p_i$ La prueba de esto es similar a la construcción del elemento $x$ arriba.

En conclusión, $S^{-1} R$ es isomorfo a un producto finito de campos; de hecho, es canónicamente isomorfo al producto de los campos de fracciones de los cocientes $R/\mathfrak p$ como $\mathfrak p$ recorre los ideales primos mínimos de $R$ .

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La estructura de este argumento se vuelve algo más clara si se piensa en términos geométricos: el punto clave es que el Spec $R/\mathfrak p_i$ son los componentes irreducibles de Spec $R/\mathfrak p$ e invirtiendo $S$ es lo mismo que localizar en los puntos genéricos de cada uno de estos componentes. Pero esta forma de pensar más geométrica, aunque es muy natural y potente, requiere práctica para aprenderla.

Answer 3

Desde $R$ es noetheriano por lo que es $S^{-1}R = Q(R)$ . Por lo tanto, $Q(R)$ tiene un número finito de primos mínimos $\{P_1,\ldots,P_n\}$ y $$ D = \{ \text{zerodivisors of } Q(R) \} = \bigcup_{i=1}^n P_i. $$ Además, en $Q(R)$ cada elemento es una unidad o un zerodivisor, por lo que cada ideal $I$ de $Q(R)$ debe estar contenido en el conjunto de zerodivisores. Por evitación de primos $I$ está contenido en uno de los primos mínimos, por lo que todo primo mínimo es también maximal, o, equivalentemente, todo ideal primo es maximal, o, equivalentemente, $\dim Q(R) = 0$ . Ahora concluye con

$$ A \text{ is Artinian } \Longleftrightarrow A \text{ is Noetherian} + \dim A = 0 $$