Anillo local si y sólo si $x$ o $1-x$ es la unidad

Question

Un anillo conmutativo $R$ con identidad es local si y sólo si para todo $x \in R$ , $x$ o $1-x$ o ambos es la unidad.

He resuelto la parte de "sólo si", pero me he atascado en la parte de "si" durante mucho tiempo $\ldots$ Mi idea es demostrar que todas las no unidades forman un ideal. Pero no sé cómo comprobar $rx$ no es unitario para cualquier $r\in R$ y no de la unidad $x$$ \ldots$

Answer 1

De hecho, lo difícil es demostrar que las no unidades son cerradas bajo la adición.

Además, el anillo puede ser no conmutativo. La misma prueba funcionará.

Supongamos que las no unidades son cerradas bajo adición. Entonces es imposible que $x$ y $1-x$ para que ambos sean no unidades, porque su suma (que es $1$ ) tendría que ser una no unidad, y por supuesto $1$ es una unidad.

Supongamos ahora que $R$ tiene la propiedad de que para cada $x\in R$ al menos uno de $x$ y $1-x$ es una unidad. Sea $M$ sea cualquier ideal maximal derecho. Afirmamos que toda no unidad está en $M$ para que la suma de las no unidades sea de nuevo una no unidad.

Primero, un pequeño lema:

Bajo los supuestos inmediatamente anteriores, cualquier elemento invertible de un lado es una unidad. Supongamos que $xy=1$ . Entonces satisface $(1-yx)yx=0$ . Por supuesto, uno de los $yx$ o $1-yx$ es una unidad: pero en el primer caso, $1-yx=0$ es una contradicción, y en este último caso $yx=0$ también lleva a una contradicción.

Si suponemos lo contrario, hay una unidad no $x$ fuera de $M$ tendría que ser el caso de que $xR+M=R$ . Selección de $r\in R$ y $m\in M$ tal que $xr+m=1$ ya que $x$ no es una unidad, $xr$ tampoco es una unidad (por el lema: si $xr$ eran una unidad, $x$ sería invertible por la derecha, y por tanto también una unidad). Por suposición de nuevo, $1-xr$ es una unidad... pero $1-xr=m\in M$ que es un ideal propio... es una contradicción.

Por lo tanto, todas las no unidades están contenidas en $M$ , por lo que las no unidades son cerradas bajo la adición.