Demostrar que el radical de un ideal es un ideal

Question

Dejemos que $R$ sea un anillo conmutativo con unidad. Para un ideal $I$ de $R$ Estoy tratando de probar $\sqrt{I}=\{x\,|\,x^n\in I\}$ es un ideal.

Cierre bajo multiplicación con $R$ parece sencillo: para $x\in\sqrt{I}$ y $r\in R$ , $(rx)^n=r^nx^n\in I,$ así que $rx\in\sqrt{I}.$

Mi pregunta se refiere a la demostración del cierre bajo la adición. Lo que tengo actualmente es que si $x^n, y^m\in I$ y asumiendo $m\leq n$ entonces $x^n\left(x^n+2nx^{n-1}y+\dotsb+\binom{2n}{n}y^n\right)+y^m\left(\binom{2n}{n+1}x^{n-1}y^{(n-m)+1}+\dotsb+y^{2n-m}\right)=(x+y)^{2n},$ lo que implica que $(x+y)\in\sqrt{I}$ .

Parece que, aunque esté en lo cierto, probablemente haya una forma más directa de hacerlo. Busqué en este sitio y encontré una respuesta que no entiendo, así que me preocupa que pueda estar perdiendo algo.

Answer 1

Se puede utilizar el nilradical, que es el conjunto de todos los elementos nilpotentes de R.

Observa que si I es el ideal del anillo R y r(I) es el radical de I y $x^n$ está en I, entonces $x^n + I = I$ así que $(x + I)^n = I$ . Así, $r(I) = f^{-1}(N(R\setminus I))$ donde $N(R\setminus I)$ es el nilradical de $R\setminus I$ y f es la función de R a $R\setminus I$ definido por $f(x)=x + I$ .